Author: Гельфанд И.М. Глаголева Е.Г. Кириллов А.А.
Tags: алгебра математика задачи по математике
Year: 1965
Text
Математика Библиотечка
физико-математической школы
С.И.Гельфанд
МАГервер
А.А.Кириллов
Н.НКонстангтшмов
А.Г.Нушниренно gnj
i
Т сев
a
i
Математика Библиотечка
физико-математической школы
Выпуск 3
Задачи
С. И. Гельфанд
М. Л. Гервер
а. а. Кириллов п0 элементарной
Н. Н. Константинов г
а. г. кушниренко математике
Последовательности
Комбинаторика
Пределы
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы
Москва 1965
512
Г32
УДК 512
Математика Библиотечка
физико-математической школы
Редактор серии
И. М. Гельфанд
Оглавление
Предисловие
Глава 1. Последователь-
Последовательности , . .
§ 1. Что такое последо-
последовательность
§ 2. Метод математиче-
математической индукции . ,
§ 3. Условия задач . .
Глава 2. Комбинаторика
Глава 3. Пределы . .
§ 1. Подготовительные
задачи .
§ 2. Задачи, связанные
с определением пре-
предела .
§ 3. Задачи на вычисле-
вычисление пределов
Контрольные задачи
К главе 1 ,
К главе 2 . . , .
К главе 3
Задачи
7
7
10
14
22
30
31
36
43
49
49
52
55
Реше-
Решения
57
91
116
Ответы
и ука-
указания
165
167
171
Предисловие
Настоящий третий выпуск серии
«Библиотечка физико-математической
школы» является сборником задач для
9—10 классов.
Сборник составлен так, что он может
служить и учебником по соответствую-
соответствующим разделам курса.
Наше изложение во многом отличает-
отличается от традиционного.
Во-первых, большее внимание уде-
уделяется логической подготовке по сравне-
сравнению с вычислительной.
Во-вторых, мы больше рассчитываем
на самостоятельную работу учащихся.
Третье существенное отличие — в отборе
материала. Мы старались научить имен-
именно тому из школьной математики, что
пригодится в дальнейшем в учебе и
работе.
Эту книжку можно читать по-разно-
по-разному. Самый простой и наименее полезный
способ — прочитать условия задач, про-
прочитать и разобрать решения, а потом
решить контрольные задачи. Мы считаем,
что учащийся может усвоить материал
и при таком пассивном способе. Но го-
гораздо полезнее поступить так. Не загля-
заглядывая в ответы, указания и решения,
самостоятельно решить целую серию за-
задач. Уже после этого можно сравнить
полученные результаты с приведенными
ответами. Затем прочитайте решения.
Мы рекомендуем сделать это даже в том
случае, если задачи не вызвали затруд-
затруднения, так как в решениях мы часто
сообщаем полезные дополнительные све-
сведения, а иногда ставим новые вопросы.
Если такой способ работы окажется
для Вас слишком трудным, Вы можете
пойти по промежуточному пути: после
того как несколько задач Вы не смогли
решить, несмотря на ряд попыток, загля-
загляните в раздел «Ответы и указания».
Если задача и после этого не выходит,
прочитайте решение.
Мы будем, как и в первом выпуске,
пользоваться «дорожными знаками».
Знаком «Стоянка разрешена» отмече*
ны места, содержащие сведения, необ-
необходимые для понимания дальнейшего:
определения, формулы и т. д. Около та-
такого знака надо остановиться и внима-
внимательно прочитать это место,
Знак «Крутой подъем» стоит там,
где содержится более трудный материал.
Если это мелкий шрифт, то при первом
чтении это место можно пропустить*
Особенно внимательны будьте около
знака «Опасный поворот». Часто он стоит
на таком месте, где на первый взгляд
все кажется легким и простым. Однако,
если как следует не разобраться, то это
может привести в дальнейшем к серьез-
серьезным ошибкам.
Обычно задачник служит дополнени-
дополнением к учебнику. При работе с нашей
книжкой можно не пользоваться учеб-
учебником.
Такой способ прохождения материа-
материала практикуется начиная с 1962/63 учеб-
Р
в
ного года в некоторых математических
школах Москвы*).
Сделаем еще два замечания:
1) Вероятнее всего, вначале Вас
больше" заинтересует комбинаторика. От-
Откройте книжку на стр. 22. Вы можете
«без страха» начинать решать задачи
прямо с главы 2 (задачи 44, 46, 50!).
Чтобы решить, например, задачу 44, не
надо знать даже алгебру, и Вы спокой-
спокойно можете предложить эту задачу (как
и задачу о погремушках) своему млад-
младшему брату или сестре.
2) В книге есть много задач, в ко-
которых нужно доказать некоторое утверж-
утверждение для любого п. Не пугайтесь этого!
Проверьте сначала это утверждение для
п=2, 3, 4; при этом Вы заметите ряд за-
закономерностей, которые помогут Вам (и
это самое главное) понять и прочувст-
прочувствовать условие задачи, а иногда и под-
подскажут способ решения (см., например,'
задачу 2).
Работа над книгой распределялась
так: главу 1 написал С. И. Гельфанд,
главу 2 — М. Л. Гервер и А. Г. Кушни-
ренко, главу 3 — А. А. Кириллов,
Н. Н. Константинов участвовал в подбо-
подборе задач и в редактировании всех глав.
Авторы выражают благодарность ря-
ряду товарищей, оказавших ту или иную
помощь в работе над книжкой:
И. М. Гельфанду, Е. Г. Глаголевой,
Е. Б. Дынкину, В. С. Рябенькому,
Б. В. Шабату, а также ученикам 11-Г
и 10-Г классов школы № 7 и 10-Е и
10-Ж классов школы № 2 (Москва), в
особенности М. Подольной, А. Рыскину,
Е. Шац и М. Шифрину.
*) См. статью М. Л. Гервер, Н. Н. Константинов,
А. Г. Кушниренко «Задачи по алгебре и ана-
лизу> в сборнике «Обучение в математических
школах>, Выпуск 1, Москва, «Просвещение:»,
1965. Часть материала статьи вошла в состав
этой книжки.
*
* г
ГЛАВА 1
ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ
§ 1. Что такое последовательность
Будем говорить, что задана последо
вательность чисел
если каждому натуральному п *) постав-
поставлено в соответствие некоторое число ип.
Приведем примеры последователь-
последовательностей:
Пример 1. 1, 1, 1, .,., I, .*.
Здесь ип=1 — каждому п ставится в
соответствие число 1.
Пример 2.
четных чисел:
Последовательность не-
не, с5э о, .,*
Здесь ыл = 2л—
?
*) Натуральными называют целые положитель-
положительные числа.
Пример 3. Последовательность за-
задана формулой
а) Выпишите эту последовательность.
(Ответ: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, ...)
б) Найдите ы,Оо, и„-8 и ип+1.
(Ответ:
к100 = 5050;
_ (п—3)(п-3+1) _ (п — 3)(п — 2) .
"-" ~ 2 • 2 '
(п +1) (п + 2) ч
«+1 ? )
Формула, задающая и„, называется
формулой общего члена последователь-
последовательности. Например, последовательность
I, 4, 9, 16, 25, 36, 49, ...
можно коротко записать формулой об-
общего члена: ип = п2.
. Пример 4. Напишите формулу об-
общего члена для следующей последова-
последовательности:
2,5,8, 11, 14, 17, ...
Пример 5. Закономерность, по ко-
которой выписаны члены последовательно-
последовательности, не всегда легко обнаружить. На-
Например, пусть дана последовательность:
°-т'13> "I"'62> ¦"?"•171'-
Найдите какое-нибудь правило, опреде-
определяющее последовательность.
(Ответ: формула для общего члена
этой последовательности имеет, напри-
например, вид:
Пример 6. Для последовательности
3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6, 5, 3, 5, ...
вряд ли возможно написать сколько-
нибудь разумную формулу общего чле-
на. Тем не менее, нам задана последо-
последовательность по следующему правилу: на
n-м месте стоит п-я цифра числа я, за-
записанного в виде десятичной дроби
(п = 3,1415926...*)). Таким образом, за-
задано определенное правило, по которому
каждому натуральному числу п постав-
поставлено в соответствие число и„— член по-
последовательности. Например, «1 = 3, «2=
-1, ы7=2.
В принципе мы можем узнать не
только, какое число стоит на 1-м или 7-м
месте, но и на 100-м, и на 1005-м, и во-
вообще на любом месте. Несмотря на то,
что эта последовательность не задана
формулой общего члена, можно устано-
установить ряд интересных вещей.
Например, математики доказали, что
эта последовательность не является пе-
периодической.
*) Вы знаете из геометрии, что число я — это от-
отношение длины окружности к диаметру. Первое
значение я нашел Архимед. Он знал, что число
1 10
л заключено между ЗуиЗ—. При решении
задач в школе Вы обычно пользуетесь значе-
значением я=3,14. В более тонких расчетах берут
более точное значение я, например, 3,14159.
В прннцнпе можно вычислить значение я с лю-
любой степенью точности. Впрочем, трудно пред-
представить себе задачу, в которой нужно было бы
знать больше, чем десяток-другой знаков
числа п. В качестве курьеза можно сказать,
что один человек по фамилии Шенкс потратил
большую часть своей жизни на то, чтобы вы-
вычислить 707 знаков л. Недавно для интереса
на электронной машине сосчитали несколько
десятков 1ысяч ^иакоъ числа л. При -»iom оа-
ьаружилось, что, начиная с 202 знака, в вычис-
вычисления Шенкса вкралась ошибка!
Пример 7. Выпишите первые 10
членов последовательности
1, 1, 2, 3, 5, ...,
составленной по следующему правилу!
первые ее два члена равны единице
(«1 = 1, U2=l), а каждый член, начиная
с третьего, равен сумме двух предыду-
предыдущих, т. е. справедлива формула
Написать выражение для ип в этом
случае можно, но не очень легко. (Чле-
(Члены этой последовательности называются
числами Фибоначчи. См. о них еще зада-
задачу 43.)
Пример 8. Найдите первые члены
последовательности
щ, и2, ....
п-й член которой равен сумме всех нату«
ральных чисел от 1 до п включительно.
(Решение: «i = 1, и2 = 1 + 2 = 3,
u3=l+2+3=6, u4=l+2+3 + 4 = 10, ...
Ответ: 1, 3, 6, 10, 15, 21, ...)
§ 2. Метод математической индукции
Если первый человек в очереди •—
женщина, и за каждой женщиной стоит
женщина, то все в очереди — женщины.
Рассуждение, заключенное в этом
шуточном примере, часто встречается в
самых разных областях математики и
носит название принципа математиче*
ской индукции. Более серьезная форму-
формулировка этого принципа такова;
Имеется последовательность утверж-
утверждений. Если первое утверждение верно,
и за каждым верным утверждением сле~
10
дует верное, то все утверждения в по-
последовательности верни.
Пример 9. Пусть нужно доказать
формулу
1 + 2 + 3 +... + и= "(П2+1) .
Эта формула содержит целую последо-
последовательность утверждений:
1)
2)
3)
4)
н
1+2Н
]
1+5
Ь2 + ;
h3 + ^
>_2-3
J = —.
2 '
Первое утверждение, разумеется, верно.
Проверим, что за каждым верным ут-
утверждением следует верное.
Пусть утверждение к) верно, т. а.
равенство
1 + 2 + 3 + ... + ?= *(* + 1)
справедливо. Прибавим к обеим частям
равенства число k+l. Получим
1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) =
- +k + 1=
Но это как раз и есть утверждение
k+l), следующее за утверждением k).
Мы доказали, таким образом, что
за каждым верным утверждением сле-
следует верное. В силу принципа матема-
11
тической индукции, наша формула вер-
верна при любом k.
Эту же задачу можно решить и без
использования метода математической
индукции. Обозначим сумму, которую
мы хотим найти, через и„. Напишем два
равенства
и„ = 1 +2 + 3 + ...+ (п—2) + (п— 1) +п,
ип = п+ (п— 1) + (п—2) +...+3+2 + 1
г(в нижней строке написана та же сумма,
но записанная в обратном порядке). Мы
получим
1*2*34*
- Si?
2
Р
я—
В каждой квадратной скобке стоит чис-
ло п+1, а всего таких скобок п (рис. 1).
Поэтому
2ип=(п+!)+(«+1)+.. .
п раз
"(п+1)
и наше равенство доказано.
Приведем еще одну формулировку
принципа математической индукции, не-
много отличную от первой.
Пусть имеется какое-нибудь предпо-
предположение, или, как еще говорят, гипотеза,
и мы хотим проверить справедливость
этой гипотезы для всех натуральных п.
Допустим, что удалось доказать та-
такие два утверждения:
а) Наша гипотеза справедлива при
п=\.
б) Из того, что эта гипотеза верна
при n=k, где k — произвольное нату-
12
ральное число, следует, что она верна
и при n=k+\.
Принцип математической индукции
состоит в том, что из утверждения а) и
б) следует справедливость нашей гипо-
гипотезы для всех натуральных чисел п.
Утверждение б) носит условный ха-
характер. В нем не утверждается, что ги-
гипотеза верна для n=k+\. Оно состоит
лишь в том, что если наша гипотеза вер-
верна для n—k, то она верна и для n=k+\.
Мы будем называть б) индуктивным
предположением.
Пример 10. Докажем, что для лю-
любого натурального п число пъ—п делит-
делится на 5.
Проведем доказательство методом
математической индукции.
а) При п=1 выражение пъ—п равно
нулю и, значит, делится на 5.
б) Пусть k — произвольное натураль-
натуральное число. Покажем, что если при n=k
число ns—п делится на 5, то (k+l)s—
¦—(?+1) тоже делится на 5. Используя
равенство
(проверьте его), представим число
(k+l)s—(k+l) в виде
= (k*—k) +5(kl+2k?+2k2+k).
Мы представили число (&+1M—(?+1)
в виде суммы двух слагаемых. Первое
из них, kb—k, делится на 5 по нашему
предположению. Второе слагаемое,
5(?4+2?3+2&2+&), также делится на 5.
Сумма двух чисел, делящихся на 5, сама
делится на 5, т. е. (k+lM—(k+l) де-
делится на 5.
Итак, утверждения а) и б) доказаны.
Значит, по принципу математической
13
МП
i
j
з'
'г ч. J:
v -*,
У "" ^'
^ ¦ 1
) ) * *
! < *
i i!
индукции, число пъ—п делится на 5 при
всех натуральных п.
Существуют другие формулировки
принципа математической индукции, эк-
эквивалентные данным нами. Вот одна
из них:
Если:
а) некоторое утверждение верно при
л=1;
б) из того, что оно верно для всех
п<&, следует, что оно верно и для
n=k+l, то это утверждение верно для
всех п.
Отличие этой формулировки от пре-
предыдущей состоит в следующем.
В пункте б) мы требуем, чтобы наше
утверждение было справедливо для всех
п^.к, а не только для n = k.
Легко сообразить, что обе формули-
формулировки принципа математической индук-
индукции эквивалентны в том смысле, что
всякая теорема, которую можно дока-
доказать, применяя метод индукции в одной
форме, может быть доказана и с помо-
помощью другой его формы.
Заметим также, что доказательство
утверждения а) нужно, так сказать,
лишь для «затравки». Если вместо него
доказать утверждение
а') о том, что наша гипотеза спра-
справедлива, скажем, для ге=8, а пункт б)
оставить неизменным, то из утвержде-
утверждений а') и б) будет следовать, что наша
гипотеза верна для всех натуральных п,
начиная с восьми. Именно с таким по-
положением мы встретимся, например, в
задаче 9.
§ 3. Условия задач
1. Доказать, что при всех натураль<
ных п выполняется равенство (рис. 2)z
14
2. Доказать, что при всех натураль-
натуральных п выполняется равенство
1-2 2-3 "' n(n+l) n + 1
3. Вычислить сумму
1,1,, 1
1-4 4-7 Cn —2)Cn+l)
4. Доказать, что равенство
_L_ + _J_—+ ... +
i
(а+п—1) (а+п) а (а + п)
справедливо при всех натуральных п
и всех а, которые не равны нулю или
целому отрицательному числу.
5. Доказать равенство
(п — любое натуральное число).
6. Доказать, что равенство
___ в+1
In
справедливо при всех целых л>-2.
7. Доказать равенство
1 — 22 + З2 — 42 + ... + (— I)" п2 =
8. На сколько частей делят плоскость
п прямых, никакие две из которых не
параллельны и никакие три не пересе*
каются в одной точке.
*) Через nl (читается «эн факториал>) обозна-
обозначается произведение всех целых чисел от 1 до п.
15
Рис 5
9. Доказать, что любую сумму денег,
большую 7 копеек, можно уплатить без
сдачи только трех- и пятикопеечными
монетами (рис. 3).
10. Доказать, что плоскость, разби-
разбитую на части п прямыми, можно закра-
закрасить черной и белой краской так, что
любые две части, имеющие общую сто-
сторону, будут окрашены в разный цвет
(такая раскраска называется правиль-
правильной, рис. 4).
П. Доказать, что сумма кубов трех
последовательных натуральных чисел де-
лится на 9.
12. Доказать, что для любого целого
п>0,
Цл+2 _|_ 122л+1
делится на 133.
13. Доказать, что для любого п>-2
справедливо неравенство
A+а)"> 1+па,
если предположить, что а>—1 и а=?0.
14. Доказать, что для любого п>-2
Теперь мы переходим к задачам о
последовательностях. Полезно посмот-
посмотреть еще раз определение последова-
последовательности и примеры на стр. 7—10.
15. Пусть последовательность задана
следующим образом:
при п > 2.
16
Доказать, что справедлива формула
1 1
16. Пусть tii = 1; un+i „
л—натуральное число. Доказать, что
и„ =B«—IJ.
Пусть дана последовательность щ,
U2, ... Составим по ней новую последо-
последовательность vi, v2, ... следующим обра-
образом: vn=u,1+l—ип при всех п. Эта
последовательность называется последо-
последовательностью разностей последовательно-
последовательности щ, и2, ... Будем обозначать нашу но-
новую последовательность так: Ащ, Аи2, ...
(А — заглавная греческая буква, читает-
читается «дельта»).
17. Пусть и„ = п2. Найти формулу об-
общего члена последовательности разно-
разностей.
18. Даны две последовательности щ,
н2. ... и vu v2, ... с одной и той же по-
последовательностью разностей, т. е. такие,
что Aun — Avn для всех п.
а) Можно ли утверждать, что ы„ = г>„?
б) Можно ли утверждать, что un=vn,
если дополнительно известно, что Ui = fi?
19. Пусть каждый член последова-
последовательности u>i, w%, ... равен сумме соот-
соответствующих членов последовательно-
последовательностей щ, и2, ... и oi, v2, .... т. е. wn —
= un+ vn Для всех "• Доказать, что в
этом случае Aw„ = Аи„ + Аи„ для всех п,
20. Дана последовательность un = nk-
Доказать, что общий член ее последо-
последовательности разностей выражается мно-
многочленом (k—1)-й степени от п, и найти
старший коэффициент этого многочлена.
21. Дана последовательность, у ко-
которой ип выражается многочленом k-n
2 С. И. Гельфанд и др. 17
n
0
2
3
к
S
С
•
•
0
8
п
MS
ш
'.
?
И
ИЗ
)«
с?
ч
eg
со
•
степени от п со старшим коэффициентом
ао. Доказать, что Аип выражается мно-
многочленом (k—1)-й степени от п, и найти
его старший коэффициент.
22. Дана последовательность un=nk,
где k — фиксированное положительное
число. Составляется ее последователь-
последовательность разностей, у полученной последо-
последовательности снова составляется после-
последовательность разностей, и так делается
k раз (рис. 5), Доказать, что в резуль-
результате получится последовательность, у
которой все члены равны одному и то-
тому же числу. Какому именно?
23. Дана последовательность vn = nk.
Доказать, что существует последователь-
последовательность Ц|, ы2, •-, общий член которой
выражается многочленом (? + 1)-й сте-
степени от п и для которой Aun=vn. Найти
также старший коэффициент этого мно-
многочлена.
24. Дана последовательность ии
ы2. — Для нее составили последователь-
последовательность разностей. Для получившейся по-
последовательности снова составили после-
последовательность разностей. Когда это про-
проделали четыре раза, то получилась
последовательность из одних нулей. До-
Доказать, что исходная последовательность
задается многочленом 3-й степени.
25. Про некоторую последователь-
последовательность ui, ы2. -. известно, что ее последо-
последовательность разностей v\, V2, ... выра-
выражается многочленом k-й степени. Дока-<
зать, что сама последовательность щ,
и2, ... может быть задана многочленом
степени.
+...
26. Вычислить сумму
18
27. Вычислить сумму
Ь2+2-3+3-4+...+я(л
Арифметической прогрессией назы-
называется последовательность, у которой
ип+1 =ип +d при всех п. Число d на-
называется разностью прогрессии.
Геометрической прогрессией назы-
называется последовательность, у которой
ип+1 =ип 'Ц при всех п. Число q назы-
называется знаменателем, прогрессии.
28. а) Выразить я-й член арифметиче-
арифметической прогрессии через первый член Ui и
разность d.
б) Выразить n-й член геометрической
прогрессии через первый член щ и зна-
знаменатель q.
29. а) Найти формулу для суммы Sn
первых п членов арифметической про-
прогрессии.
б) Найти формулу для произведения
Р„ первых п членов геометрической про-
прогрессии.
30. а) Найти сумму первых 15 членов
арифметической прогрессии, у которой
первый член равен 0, а разность — .
б) Найти произведение первых ^чле-
^членов геометрической прогрессии, у кото-
которой первый член равен 1, а знамена-
3/—
тель у 10.
31. а) Третий член арифметической
прогрессии равен 0. Найти сумму первых
5 членов.
б) Третий член геометрической про-"
грессии равен 4. Найти произведение
первых 5 членов.
2* 19
32. Доказать, что сумма Sn первых
п членов геометрической прогрессии вы-
ражается формулой Sn=ai .
q — \
33. Некто приезжает в город с очень
интересной новостью и через 10 минут
сообщает ее двоим. Каждый из вновь
узнавших новость через 10 минут сооб-
сообщает ее еще двоим (которые ее еще не
знают) и т. д. *). Через сколько времени
эту новость будет знать весь город, если
в нем три миллиона жителей?
34. Велосипедист и кавалерист сорев-
соревновались на стадионе (рис. 6). Им нуж-
нужно было пройти 5 кругов. На первый
круг они затратили одинаковое время.
Каждый следующий круг велосипедист
проезжал в 1,1 раза медленнее, чем
предыдущий. Кавалерист на каждый
круг затрачивал на одну и ту же вели-
величину больше времени, чем на преды-
предыдущий. К финишу они пришли одновре-
одновременно. Кто из них затратил больше вре-
времени на 5-й круг и во сколько раз?
35. Найти сумму всех положительных
нечетных чисел, не превосходящих ты-
тысячи.
36. Найти сумму всех положительных
трехзначных чисел, не делящихся ни н-
2, ни на 3.
37. Сумма 5„ первых п членов по
следовательности выражается формулой
Sn—3n2. Доказать, что эта последова
тельность является арифметической про-
прогрессией. Вычислить ее первый член и
разность.
*) Конечно, до тех пор, пока в городе имеются
еще не знающие этой новости.
20
38. Существует ли геометрическая
прогрессия, среди членов которой есть
числа 27; 8; 12 (эти числа могут стоять
в прогрессии не обязательно подряд и
не обязательно в данном здесь поряд-
порядке)? На каких местах могут стоять эти
числа в прогрессии?
39. Тот же вопрос для чисел 1; 2; 5.
40. Квадраты 12-го, 13-го и 15-го
членов арифметической прогрессии обра-
образуют геометрическую прогрессию. Най-
тч все возможные знаменатели этой про-
прогрессии.
41. Найти все геометрические про-
прогрессии, у которых каждый член, начи-
начиная с третьего, равен сумме двух пре-
предыдущих.
42. Члены некоторой последователь-
последовательности являются суммами соответствую-
соответствующих членов двух геометрических про-
прогрессий. Чему равен 3-й член этой после-
последовательности, если первые два рав-
равны О?
43. Представить члены последова-
последовательности Фибоначчи («1 = 1; «2=1;
ип+2 =и„+1+ип)*) в виде суммы соот-
соответствующих членов двух геометриче-
геометрических прогрессий.
*) См. пример 7 на стр. 10.
1 V-
t
*
Г Л А В А 2
КОМБИНАТОРИКА
В большинстве задач этой главы нуж-
нужно ответить на вопрос, «сколькими спосо-
способами?». Подобные'задачи (на подсчет
числа различных комбинаций) часто на-
называют комбинаторными,' а раздел
математики, занимающийся их решени-
решением — комбинаторикой. Комбинаторные
расчеты имеют большое значение в тео-
теории вероятностей, вычислительной ма-
математике, теории автоматов и математи-
математической экономике.
44. В кухне пять лампочек. Сколько
существует способов освещения?
Понятно ли, что такое способы осве-
щения? Каждая лампа может гореть и
не гореть. Два способа считаются раз-
v личными, если они отличаются состояни-
состоянием хотя бы одной лампы (рис. 7 и 8).
Рис.7
45. Пусть имеется п ламп. Число
способов освещения, при которых горят
k ламп, обозначим через С„. Доказать,
22
ис 8
что CS-f-Cj-f-...-f-Cj-K..+ CS = 2». , По-
Понятно лн обозначение С*? Что означает
Сб? Чему равно d
46. В городе п светофоров. Каждый
может находиться в одном из трех со-
состояний (гореть красным, желтым или 99 О ФС)
зеленым светом). Сколькими способами ' ' ' »
можно зажечь все светофоры?
47. Сколькими способами можно за-
зажечь п светофоров, из которых k могут
находиться в одном из трех состояний,
а остальные п—k в одном из двух?
48. Сколько существует шестизнач-
шестизначных чисел, не содержащих нуля и вось-
восьмерки?
49. Каково максимальное возможное
число различных автомобильных номе-
номеров, состоящих из четырех цифр и после
них трех букв (рис. 9, всего в алфавите
32 буквы)?
50. В некотором царстве каждые два
человека отличаются набором зубов
(рис. 10). Какова может быть наиболь-
наибольшая численность населения царства
(максимальное количество зубов — 32),
51. В выражении (х—1) (л:—2) X
Х(*—3).,.(л:—100) раскрыты скобки и
приведены подобные. Найти коэффи-
коэффициент при хг~
¦99
52. Сколькими способами можно
представить натуральное число п в виде
суммы двух натуральных слагаемых?
Задачу эту можно понимать по-раз-
по-разному. Можно считать, что порядок сла-
слагаемых несуществен, а можно считать,
что существен. Иными словами, можно
Рис 10
t б с К с { <|Н
считать, что 8 = 3 + 5 и 8 = 5 + 3 — это одно
и то же разложение, а можно считать,
что разные. Ответы тоже будут полу-
получаться разные. Предлагается решить
обе задачи.
53. Аналогичный вопрос о разбиении
на три слагаемых (порядок существен).
Треугольником Паскаля называется
такая таблица:
1
1 1
1 2 1
13 3 1
14 6 4 1
1 5 10 10 5 1
(по сторонам треугольника стоят едини-
единицы, а каждое из остальных чисел таблицы
есть сумма двух чисел, стоящих над ним).
54. Доказать, что в треугольнике
Паскаля сумма чисел, стоящих в («+1)-й
строке, равна 2".
55. Какое наибольшее число слонов
можно расставить на шахматной доске
так, чтобы они не угрожали друг другу?
Доказать, что число способов такой рас-
расстановки слонов есть квадрат некоторо-
некоторого числа.
Чтобы понять условие, нужно, конеч-
конечно, знать, как ходит слон. Слон ходит по
диагоналям. Например, с поля d3 слон
одним ходом может попасть на любое из
полей, отмеченных на рис. 11 (Ы, с2
и т. д.). Таким образом, 2 слона угро-
угрожают друг другу, если они стоят на од-
одной диагонали.
56. У мамы два яблока и три груши.
Каждый день в течение пяти дней под-
24
ряд она выдает по одному фрукту.
Сколькими способами это может быть
сделано?
57. Аналогичная задача, когда яблок
k, а груш п.
58. Аналогичная задача, когда имеет-
имеется 2 яблока, 3 груши и 4 апельсина.
59. Сколькими способами можно рас-
расставить на шахматной доске 8 ладей
так, чтобы они не били друг друга?
Ладья ходит по горизонталям и вер- s
тикалям. Например, ладья d.3 угрожает
всем полям вертикали d и горизонтали 3 з
(рис. ]2).
60. Сколькими способами из п пред-
предметов можно выбрать два?
До сих пор число способов выбрать
2 предмета из п (или число способов
освещения, когда из п ламп горят 2) мы
обозначали через С%. Задача состоит в
том, чтобы вычислить Сп (например, в
задаче 56 уже сосчитано, что Cs2=10).
61. Сколькими способами можно рас-
рассадить класс, если присутствует 26 чело-
человек, а мест 28?
62. У отца есть пять попарно различ-
различных апельсинов, которые он выдает
своим восьми сыновьям так, что каж-
каждый получает либо один апельсин, либо
ничего. Сколькими способами это мо-
может быть сделано?
63. Обозначим через С* число спосо-
способов, которыми можно зажечь k лампо-
лампочек из п (каждая лампочка может быть
в двух состояниях). Доказать, что число
С„ стоит на (?+1)-м месте (л+1)-й
строки треугольника Паскаля.
64. Сколькими способами можно рас-
расставить на шахматной доске 4 ладьи так,
чтобы они не били друг друга?
65. В роте имеется 3 офицера и 40
солдат. Сколькими способами может
быть выделен наряд, состоящий из од-
одного офицера и трех солдат?
66. Сколькими способами из п пред-
предметов можно выбрать три?
67. Сколькими способами из п пред-
предметов можно выбрать ??
68. На рояле 88 клавиш. Сколько су-
существует последовательностей из шести
попарно различных звуков? (В последо-
последовательности звуки идут один за другим.)
Сколько существует аккордов из шести
звуков? (Аккорд получается, если любые
6 клавиш нажаты одновременно.)
69. В каких строках треугольника
Паскаля все числа нечетные?
70. Сколько членов получится после
раскрытия всех скобок в выражении:
()Fl)(l)(dl)(l)(/l) X
71. Сколько при этом получится чле-
членов, содержащих три буквы?
72. В выражении (l+x+уJ0 раскры-
раскрыты скобки, но не приведены подобные.
Сколько членов при этом получится?
73. В выражении A+х5+х7J0 рас-
раскрыты скобки. Определить коэффициен-
коэффициенты при х17 и л:18 после приведения по-
подобных.
26
74. В выражении A+*)Бв раскрыты
скобки и приведены подобные, Найти
коэффициенты при ха и jk48,
75. Доказать, что
A + xf = С°п + С1„х+С2пх2 + . • • +
Эта формула носит название бином
Ньютона.
76. Из задач 75 и 63 вытекает сле-
следующее утверждение. Пусть ао, Oi,
02, .... а„ — числа («+1)-й строки тре-
треугольника Паскаля. Тогда
A -f xf = а0 + ахх + а2х2 + ... + апх".
Докажите этот факт, опираясь непо-
непосредственно на определение треугольни-
треугольника Паскаля (и не пользуясь результата-
результатами задач 75 и 63),
77. Между каждыми двумя цифрами
числа 14 641 вставлено k нулей. Дока-
Доказать, что полученное число — полный
квадрат.
78. В выражении (а+Ь)" раскрыты
скобки и приведены подобные. Выпи-
Выписать член, содержащий ак,
79. В выражении (х+y+z)" найти
член, содержащий xkyl,
80. Найти: а) С°п + С2п + С*п + С% +...;
81. Определить сумму коэффициен-
коэффициентов многочлена, который получится, ес-
если в выражении A+jc—3jc2I96S раскрыть
скобки и привести подобные члены.
27
82. Сколькими нулями оканчивается
число И100—1?
83. Что больше: 9950+10050 или 10150?
84. Сколько различных делителей
имеет число 2 • 3 • 5 • 7 -11?
85. Сколько различных делителей
имеет число 10!?
86. Сколько диагоналей можно про-
провести в выпуклом п-угольнике?
87. Сколько различных четных пяти-
пятизначных чисел с неповторяющимися циф-
цифрами можно составить из цифр 0, 1,3,
4, 5?
88. Сколькими способами можно раз-
разложить в два кармана девять монет раз-
различного достоинства?
89. В классе изучается 10 предметов.
В среду шесть уроков, при этом все уро-
уроки различные. Сколькими способами
можно составить расписание на среду?
90. Сколькими способами можно рас-
распределить Зя предметов между тремя
людьми так, чтобы каждый человек по-
получил п предметов.
91. В комнате несколько человек,
знающих хотя бы один из трех языков.
Шестеро знают английский язык, шесте-
шестеро — немецкий, семеро — французский.
Четверо знают английский и немецкий.
Трое — немецкий и французский. Двое —
французский и английский. Один чело-
человек знает все три языка. Сколько чело-
человек в комнате? Сколько из них знают
только английский?
28
92. В библиотеке числится некоторое
число читателей (т. е. людей, которые
прочитали хотя бы одну книгу этой биб-
библиотеки). Про любые k книг (l<fe-^n)
известно, сколько читателей прочитало
их все. Как узнать, сколько читателей в
библиотеке? (Всего в библиотеке п
книг.)
93. Сколько существует телефонных
номеров, содержащих комбинацию 12?
(Номер состоит нз шести цифр.)
94. Тот же вопрос для номеров из
и цифр.
4111 '
1
*
.
1
4
ГЛАВА 3
ПРЕДЕЛЫ
Эта глава содержит больше дополни-
дополнительного материала и потребует от Вас
много самостоятельной работы.
Предлагаемые здесь задачи можно
разделить на две группы. Первую груп-
группу составляют задачи подготовительного
раздела (кроме нескольких трудных за-
задач, отмеченных звездочкой) и задачи
основных разделов, отмеченные круж-
кружком. Те из Вас, кто хочет овладеть тео-
теорией пределов в рамках школьной про-
программы, могут ограничиться задачами
первой группы. Проверкой вам будут
служить контрольные задачи №№ 33,
34а, 346, 35, 39, 40а, 40г, 43.
Задачи второй группы рассчитаны на
более высокую логическую подготовку и
являются введением в математический
анализ. При решении этих задач осо-
особенно важна самостоятельная работа.
Мы не рекомендуем здесь применять
пассивный способ изучения, о котором
мы говорили во введении.
30
§ I. Подготовительные задачи
95. Двум школьникам поручили ве-
вести календарь погоды. Они должны от-
отмечать день знаком « + », если погода
хорошая, и знаком «—», если погода
плохая. Первый школьник поступал так.
Он делал наблюдения три раза в сут-
сутки— утром, днем и вечером. Если хотя
бы во время одного наблюдения шел
дождь, он ставил отметку «—». В осталь-
остальных случаях он ставил « + », Второй
школьник делал наблюдения в то же
время, что и первый. Если хотя бы во
время одного наблюдения дождя не бы-
было, он ставил « + ». В остальных случаях
он ставил «—». Таким образом, каждый
день погода получала одну из оценок:
+ + ; Ч—; —К . Все ли эти оценки
на самом деле могут встретиться?
96. К двум школьникам из задачи
95 присоединился третий, который де-
делает наблюдения в то же время, что и
первые два, и ставит «—», если по край-
крайней мере во время двух наблюдений
шел дождь, и « + » в остальных случаях.
Какие из восьми оценок Ч-Ч-Ч-; Ч-Ч—;
могут на самом деле встретиться?
97. а) Триста человек построены в 30
рядов и 10 колонн. Из каждого ряда
выбрали самого высокого человека, а из
этих 30 человек выбрали самого низкого.
Потом из каждой колонны выбрали са-
самого низкого человека, а из этих 10 че-
человек— самого высокого. Кто окажется
выше: самый высокий из низких, или
самый низкий из высоких?
б) Изменится ли ответ, если постро- ©'
ить людей не прямоугольником, а уг-
углом, как на рис. 13 (в первых десяти
колоннах по 20 человек, в следующих —
по 10)?
31
98. Контрольная работа называется
легкой, если на каждой парте найдется
ученик, который решил все задачи.
Сформулируйте определение трудной
контрольной.
99. Рассмотрим два определения лег-
легкой контрольной:
а) В каждом варианте каждую зада-
задачу решил хотя бы один ученик.
б) В каждом варианте хотя бы один
ученик решил все задачи.
Может ли контрольная быть легкой в
смысле определения а) и трудной в
смысле определения б)?
100. Какие из следующих теорем
верны?
1) Если каждое слагаемое делится
на 7, то и сумма делится на 7.
2) Если каждое слагаемое не делит-
делится на 7, то и сумма не делится на 7.
3) Если хотя бы одно слагаемое де-
делится на 7, то и сумма делится на 7.
4) Если сумма делится на 7, то и
каждое слагаемое делится на 7.
5) Если сумма не делится на 7, то и
каждое слагаемое не делится на 7.
6) Если сумма не делится на 7, то
хотя бы одно слагаемое не делится на 7,
101 *. Пусть А и В означают какие-
нибудь два утверждения. Чертой над
буквой будем обозначать отрицание со-
соответствующего утверждения (рис. 14).
Например, если буквой А обозначено ут-
утверждение «в треугольнике ABC все сто-
стороны равны», то А будет ознанать ут-
утверждение «в треугольнике ABC не все
стороны равны». Рассмотрим восемь
теорем:
1. Если А, то В.
2. Если А, то В.
3. Если А, то В,
32
4. Если А. то В.
5. Если В, то А,
6. Если В, то А.
7. Если В, то А,
8. Если В, то А.
Известно, что теорема 1 верна. Тре-
Требуется разбить остальные теоремы на
три группы: в первую группу отнести
теоремы, которые заведомо верны, во
вторую — теоремы, которые заведомо не-
неверны, в третью — теоремы, которые
могут быть верными, а могут быть и не-
неверными. Условимся при этом не рас-
рассматривать в качестве А и В утвержде-
утверждений, которые всегда неверны, и утверж-
утверждений, которые всегда верны. (Напри-
(Например, «В треугольнике ABC все углы
прямые» или «В треугольнике ABC три
медианы пересекаются в одной точке».)
102. Решить уравнения*):
а) х+2 |х|=3,
б) *2+3 |xj—4=0,
в) | 2jc+1 |+|2х—1 [=2.
103. Докажите неравенства:
а) \х + у\^\х\ + \у\,
б) \х-у\>\х\-\у\,
в) \х-у\>\\х\-\у\\.
Выясните в каждом из этах случаев,
когда неравенство превращается в ра-
равенство.
савъпия
О-СЛЛЛ А , YTbO В
$* * ^
А.та В
A, me В
чЕ/
«.
*) Величина \х\ (читается «модуль икс» или- «аб-
«абсолютная величина ико) определяется следую-
следующим образом:
( х, если
|л:| =
0, если. х = 0,
х, если
3 С. И. Гельфанд и др.
33
Р
р
104. Верно ли, что существует такое
натуральное число п, для которого:
а) уНПМХ 1,001?
б)* У~п< 1,001?
в) У~ /7г"
105. Верно ли, что существует такое
число С, что при всех целых k выпол-
выполняется неравенство
k*~ 2A +
k? — 3
106*. Верно ли, что для любого чис-
числа С существует бесконечное множество
целых чисел к, для которых выполняет-
выполняется неравенство
ks\nk>C?
Пусть дана бесконечная последова-
последовательность {хп} *). Будем изображать
члены этой последовательности точками
на числовой оси (при этом может ока-
оказаться, конечно, что несколько членов
последовательности попадут в одну и ту
же точку; например, в последовательно-
последовательности 1;—; 1;—;1; —; ... все члены с не-
2 3 4
четным номером попадут в точку 1).
Назовем отрезок [а, Ь] на числовой
оси ловушкой для последовательности
{*„}, если вне этого отрезка или сов-
совсем нет членов последовательности, или
их только конечное число.
Назовем отрезок [а, Ь] на числовой
оси кормушкой для последовательности
{х„}, если на этом отрезке лежит бес-
бесконечное множество членов последова-
последовательности (рис. 15).
*) Символом {хп) кратко обозначается последо-
последовательность хи х2, . . .,хп, . , .
34
107. а) Докажите, что всякая ловуш-
ловушка является кормушкой.
б) Придумайте такую последователь-
последовательность и такой отрезок, который был бы
кормушкой для этой последовательности,
по не был бы ловушкой для нее.
108. Даны последовательности:
иг' 2 ' 2 ' 3 ' 3 •"•' ~'
);^; 3;;5;;...;2Bl;;...
и отрезки
А) [ i- , -у], Б) [- 1, 1]. В) [-2, 2].
Выясните, какие отрезки для каких
последовательностей являются ловушка-
ловушками или кормушками.
109. Существует ли последователь-
последовательность, для которой каждый из отрезков
[0, 1] и [2, 3] является:
а) кормушкой?
б) ловушкой?
ПО. Известно, что для некоторой по-
последовательности каждый из отрезков
[0, 1] и [9, 10] является кормушкой. Су-
Существует ли для этой последователь-
последовательности:
а) ловушка длины 1?
б) ловушка длины 9?
111. а) Существует ли последователь-
последовательность, не имеющая нн одной кормушки?
3* 35
б)* Существует ли последователь-
последовательность, для которой любой отрезок яв-
является ьормушкой?
§ 2. Задачи, связанные с определением
предела
Число а называется пределом после-
последовательности \хп), если для любого
положительного числа е (греческая бук-
буква «эпсилон») найдется такое число k,
что для всех членов последовательности,
у которых номер п больше k, выполняет-
выполняется неравенство (рис. 16)
|*„-а|<в.
Тот факт, что число а является пре-
пределом последовательности {х„}, запи-
записывают так:
llm х„ — а
(читается: «предел х„ при п, стремящем-
стремящемся к бесконечности, равен а), или так:
хп ->¦ а при п -> со
(читается: «л: „ стремится к а при п, стре-
стремящемся к бесконечности»).
112 е. Даны последовательности:
а) *„- — .
*'Лб
-VI
в) *„=(--!-)"(рис 17),
и
*„ = logn 2.
36
В каждом из этих случаев укажите
такое число k, чтобы при n>k выпол-
выполнялось неравенство
A) К|<1, Б) |xn|<0,00l,
B) |дсп|<0,000001.
113. а) Докажите, что если лся->-апри
n-t-oo, то любой отрезок с центром в
точке а является ловушкой для после-
последовательности {хп}.
б) Верно ли обратное утверждение?
114*. а) Докажите, что если хп^а
прип->-оо, то каждый отрезок с центром
в точке а является кормушкой, а ника-
никакой отрезок, ке содержащий точки а, не
является кормушкой для последователь-
последовательности {хп}.
б) Известно, что для некоторой по-
последовательности {хп} любой отрезок
с центром в точке а является кормуш-
кормушкой, а никакой отрезок, не содержащий
точки а, не является кормушкой. Мож-
Можно ли утверждать, что хп^-а при н-*оо?
115. Докажите, что если некоторый
отрезок является кормушкой для после-
последовательности {х„\, то никакое число,
лежащее вне этого отрезка, не может
быть пределом последовательности {*„}.
116°. Какие из следующих последо-
последовательностей имеют пределы?
а) ; 1' J'' 7;-:
1
'in
п. 2 . 8 . 26 . . 3"-1
U'T' Т' 27 '-• 3"
в)
+
(рис. 18);
1
2"
V2 • Чч * V8
| * V2 ¦ 'Л
1X-V2
Рис. 16
37
г) 1; 2; 3; 4; ...; п; ...;
д) 1; 1; 1; 1; ...; 1; ...;
еH; l;O;-f ; 0; ±;...; 0; -L ;...;
Г ж) 0,2; 0,22; 0,222; 0,2222; ...
0,22^;...;
л
з) sin 1°; sin 2°; sin 3°; ...; sin n°; ...;
cosl° cos 2° cos3° cos«°
Рис. 19
И)
1
3 п
«л о- i-L- —?.. 1 ! • _i_. i i_.
} ' 2 ' 3 ' 4 ' Б ' 6 * "•
...;(—!)"+—;. ..(рис. 19).
п
117°. Могут ли два разных числа
быть пределами одной и той же после-
последовательности?.
118. Число а называется предельной
точкой последовательности \хп), если
для любого положительного числа б и
любого числа k найдется такой номер
n>k,
для которого выполняется неравенство
а) Докажите, что если о — предель-
предельная точка последовательности {хп}, то
любой отрезок с центром в точке а яв-
является кормушкой для последовательно-
последовательности {*„}.
б) Докажите обратную теорему.
38
119. Докажите, что предел последо-
последовательности (если он существует) яв-
является предельной точкой
X
120. Для каждой из следующих по- ¦
следовательностей укажите все ее пре-
предельные точки:
б) хп= (-1)«,
в) хп— sin 11°,
г) хп= и<-1)Я,
д) х„= л,
,112 12 3 1
' 2 ' 3 ' 3 ' 4 ' 4 ' 4 ' 5 '
2 3 4
5 ' 5 ' 5 "¦"
121. Последовательность \хп) на-
называется ограниченной, если существует
такое число С, что для любого номера
п выполняется неравенство
Сформулируйте определение неогра-
неограниченной последовательности.
122. а) Докажите, что если последо-
последовательность имеет предел, то она огра-
ограничена.
б) Верно ли обратное утверждение?
123. Говорят, что последовательность
{хя} стремится к бесконечности (это
записывают так: х„-*-оо при п-»-оо),
если для любого числа С найдется такое
число k, что для всех номеров n~>k вы-
выполняется неравенство (рис. 20):
Р
39
Какие из следующих последователь-
последовательностей стремятся к бесконечности и ка-
¦хп кие не ограничены:
а) хп = п,
\ б) Хп = П'(-\)\
в) *л = п<-»
п
—
при п нечетном,
. [ п при п четном,
Ч Хп= \ \г—
\ у п
_ 100 п ?
Д' Х" ~ 100 + п2
124. Придумайте ограниченную по-
последовательность, которая
а) имеет и наибольший и наимень-
наименьший члены,
б) имеет наибольший член, но не
имеет наименьшего,
в) имеет наименьший член, но не
имеет наибольшего,
г) не имеет ни наименьшего, ни наи-
наибольшего членов.
125. Рассмотрим следующие 16 усло-
вий' (буква «л» означает «для любого»,
буква «и» — «найдется такое ,,., что»):
1. н е>0 н k н n>k \xn— о|<е.
2. и е>0 н k н n>k \xn — а|>е.
3. н е>0 н k л n>k \xn — a\<e.
4. н е>0 н k л n>k \xn—а|!>е.
5. н е>0 л k н n>k \хп — а| < е.
6. н е>0 л k н n>k \хп — a|i>e.
7. и е>0 л k л n>k \хп — aj<e.
8. н е>0 л k л n>k \xn — а|>-е.
9. л е>0 н k н n>k \хп — о|<е.
10. л е>0 н k н n>k \х„ — о|^е.
11. л е>0 н А л n>ft |xn — а|<е.
12. л е>0 н k л п>6 ] л;п — а|^е.
13. л е>0 л А н n>& |jcrt — а|<е.
40
14. л е>0 л Sh n>k \xn — й|^?.
15. л е>0 л k л n>k \xn — й|<е.
16. л е>0 л k л n>k \xn — о|>е.
Какие из этих условий выражают
уже знакомые вам свойства последова-
последовательностей (быть ограниченной, иметь
число й пределом, иметь число а пре-
предельной точкой, стремиться к бесконеч-
бесконечности) или отрицания этих свойств?
126. Рассмотрим следующие пять
свойств последовательностей: 1) тожде-
тождественно равняться й, 2) иметь число а
пределом, 3) иметь число а предельной
точкой, 4) быть ограниченной, 5) стре-
стремиться к бесконечности.
Каждую последовательность можно
охарактеризовать набором из пяти плю-
плюсов или минусов. Например, набор
—h+ Л— означает, что последователь-
последовательность обладает свойствами 2, 3, 4 и не
обладает свойствами 1, 5. Некоторые
наборы не имеют смысла (например,
набор + + + + +: если последователь-
последовательность обладает свойством 1, она не мо-
может обладать свойством 5).
а) Укажите все наборы, имеющие
смысл. Для каждого из них постройте
последовательность, характеризуемую
этим набором.
б) Докажите, что остальные наборы
не имеют смысла.
127. Докажите, что если последова-
последовательность имеет предел, то в ней есть
или наибольший член, или наименьший
член, или и тот и другой. Привести при-
примеры всех трех случаев.
128. Докажите, что из любой беско-
бесконечной последовательности можно вы-
выбрать бесконечную монотонную подпо-
подпоследовательность. (Последовательность
41
{хп} называется монотонной, если
выполняется одно из следующих
условий:
2) Х!П
В первом случае последовательность
называют неубывающей, во втором слу-
случае — невозрастающей.)
В теории пределов очень важно одно
свойство вещественных чисел, которое
обычно принимают за аксиому.
Аксиома Больцано—Вейерштрасса:
Всякая монотонная ограниченная по-
последовательность имеет предел.
Эта аксиома отражает свойство «пол-
«полноты» совокупности вещественных чисел.
Образно говоря, она состоит в том, что
на числовой оси нет «проколов» и
«дырок».
В курсе математического анализа доказы-
доказывается, что аксиома Больцано — Вейерштрасса
равносильна каждому из следующих утверж-
утверждений.
1. Если на числовой оси построена бесконеч-
бесконечная последовательность отрезков, так что каждый
следующий отрезок лежит внутри предыдущего,
то все эти отрезки имеют по крайней мере одну
общую точку.
2. Всякое вещественное число можно записать
в виде бесконечной (периодической или неперио-
непериодической) десятичной дроби, и каждой такой
дроби соответствует некоторое вещественное
число.
Если одно из этих утверждений принять за
аксиому, то второе утверждение и аксиома Боль-
Больцано— Вейерштрасса станут теоремами, которые
можно доказать.
129*. Докажите, что аксиома Боль-
цано—Вейерштрасса не выполняется,
если рассматривать только рациональ-
рациональные числа (т. е. существуют монотонные
ограниченные последовательности рацио-
42
иальных чисел, которые не имеют ра-
рационального предела).
130. Докажите, что всякая ограни-
ограниченная последовательность имеет хотя
бы одну предельную точку,
131. Докажите, что следующие после-
последовательности имеют предел:
а) 1; 1 + — ; 1 + -L+-L; -I 1 +
4 4 9
+
2п-1 •"•
§ 3. Задачи на вычисление пределов
132°, Докажите, что если \\тхп=а и
Л-»-со
\\туп = Ь, то
а) lim (xn +у„) —а + Ь,
б) lim (xa—yn)=a—b,
в) lim (xnyn) =ab,
г) lim -^- = —, если Ъ ф 0 и у„фО.
133°. Придумайте последовательно-
последовательности {хп} и {у„}, для которых Нтх„ = 0,
!imt/n=0 и такие, что
П со
а) — ->¦ 0 при п -»- сх),
43
б) — -»- 1 при п -э- оо,
в) —-э-оо при П-* оо,
г) lim —2- не существует.
«->«. «/„
134°. Найти пределы последователь-
последовательностей:
2л+1
а) х =
3«-5 '
Юл
в) л:я=
/г («+2)
A*4-2*
W
-Ж
f
i
21
(/г — фиксированное натуральное число).
Последовательность задачи 134д)
имеет следующий геометрический смысл.
Рассмотрим часть плоскости, ограни-
ограниченную графиком функции у=хк, осью
Ох и прямой х=1. Разобьем отрезок
[О, 1] на оси Ох на п равных частей и
построим на каждой части прямоуголь-
прямоугольник так, чтобы правая верхняя вершина
лежала на графике нашей функции
(рис. 21). Сумма площадей всех по-
построенных прямоугольников равна как
раз величине х„=—^—j-(l * +2k +...+«*).
Предел этой величины при п->оопо оп-
определению называется площадью рас-
рассматриваемой криволинейной фигуры.
135°. Доказать,
lim
что
44
136. Доказать, что lim -~ =0.
Л~>со 2
137. Доказать, что lim — =0 при
л-юо а"
138*. Доказать, что lim ^^- =0,
«-«о П.
139*. Найти li
До сих пор мы говорили о пределах
числовых последовательностей. Но с по-
помощью чисел можно задавать различ-
различные геометрические объекты. Например,
направление прямой линии на плоскости
можно задать угловым коэффициентом;
точку на прямой линии и на плоскости
можно задавать ее координатами и т. д.
Во всех случаях, когда термины «пре-
«предел» или «стремится» применяются к по-
последовательности геометрических объ-
объектов, имеются в виду числовые после-
последовательности, характеризующие эти
объекты. Так, например, выражение
«последовательность точек М„ на плос-
плоскости стремится к точке М» надо пони-
понимать в том смысле, что координаты то-
точек Мп стремятся к соответствующим
координатам точки М.
140°. Улитка ползет по линиям клет-
клетчатой бумаги, передвигаясь за первый
шаг на одну клетку вправо, за второй —
на одну клетку вверх, за третий — на
одну клетку вправо, за четвертый — на
одну клетку вверх и т. д. (рис. 22). Вто-
Вторая улитка сидит на месте и наблюдает
за первой в подзорную трубу. Будет ли
направление подзорной трубы стремить-
стремиться к пределу, если первая улитка бу-
будет продолжать двигаться описанным
образом?
45
Рис.2?
p
Рис 2**
141. Как изменится ответ предыду-
предыдущей задачи, если улитка будет двигать-
двигаться следующим образом:
а) 1 клетку вправо, 2 клетки вверх,
I клетку вправо, 2 клетки вверх и т. д.?
б) 1 клетку вправо, 2 клетки вверх,
3 клетки вправо, 4 клетки вверх, 5 кле-
клеток вправо, 6 клеток вверх и т. д.?
в) 1 клетку вправо, 2 клетки вверх,
4 клетки вправо, 8 клеток вверх, 16 кле-
клеток вправо, 32 клетки вверх и т. д.
(рис. 23)?
142°. На параболе, которая является
графиком функции у=х2, берется точка
Ао с абсциссой а и последовательность
точек А„ с абсциссами а-\—. Обозначим
п
через Мп точку пересечения оси Ох с
секущей, проведенной через точки Ао и
Ап. Докажите, что последовательность
точек Мя имеет предел при п->¦ со, и
найдите этот предел.
Пусть Мо — предел последовательно-
последовательности точек Мп. Прямая АоМо называется
касательной к параболе в точке Ао.
143°. Мальчик Петя вышел из дому
и пошел в школу. Пройдя половину пу-
пути, он решил, что лучше пойти в кино,
и свернул к кинотеатру. Когда он про-
к-3 шел половину пути, ему захотелось по-
покататься на коньках и он повернул к
катку. Пройдя половину пути до катка,
он подумал, что нужно все-таки учиться,
и повернул к школе. Но на половине
пути к школе он снова свернул к кино-
кинотеатру (рис. 24). Куда придет мальчик
Петя, если он будет идти таким образом?
144°. Последовательность [Мп] то-
точек на прямой строится по следующему
закону. Первые две точки Л^ и М2 бе-
берутся произвольно, а каждая следующая
46
точка является серединой отрезка, соеди-
соединяющего две предыдущие точки. Дока-
Доказать, что существует предел последова-
последовательности {Мп\ и найти его.
145. Сумма бесконечного ряда чисел
определяется следующим образом. Пусть
дан ряд
Обозначим через Sn сумму первых п
слагаемых. Если последовательность
{Sn} имеет предел S, то число S на-
называется суммой заданного ряда. Если
же последовательность {5„} не имеет
предела, то говорят, что заданный ряд
расходится и не приписывают ему ника-
никакой суммы.
Найти суммы
а)
б) а
в) J- + J-+-L+... +
' 1-2 2-3 3-4
'
п(п+\)
1
2-3-4
1
n(n+lXn+2)
146. Имеется неограниченное количе-«
ство одинаковых кирпичей, имеющих
форму прямоугольного параллелепипеда.
Кирпичи кладутся друг на друга с не-
некоторым сдвигом так, чтобы они не па-
падали (рис. 25). Какой длины «крышу»
можно таким образом получить?
Р
РИС.25
47
147. Доказать, что последователь-
последовательность
2; 2 + -^; 2+—!—; 2+ '
2 ' ' 1 1
2 1
2+т
имеет предел, и найти его.
148. Для вычисления квадратного
корня из положительного числа а можно
пользоваться следующим методом после-
последовательных приближений. Возьмите
произвольное число Хо и постройте по-
последовательность по такому закону:
1
Докажите, что если jco>O, то lim xn =
=]/а, если же л:0<0, то lim хп=—Vй-
П>о
(Знаком \Г~а мы обозначаем арифмети-
арифметический корень из а.)
Сколько понадобится последователь-
последовательных приближений (т. е. сколько членов
последовательности {хп} нужно вы-
вычислить), чтобы найти значение 1^10 с
точностью до 0,00001, если в качестве
начального значения взять *о=3?
КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
К главе I
1. Вычислить сумму
1 -L ' 4- 4-
т—гт~ ~г* • • "г ¦
1-3 3-5 Bл —1)Bл+1)
2. Доказать, что при любом нату-
натуральном п
1-3 3-5 Bл— 1)Bл+1)
2Bп
3. Вычислить произведение
где л>-3.
4. Доказать, что
2)...Bл —
2
1-3-5...Bп—1)
4 С. И. Гельфанд и др. 49
5. Доказать, что при любом нату-
натуральном я>1 справедливо неравенство
+ + +>
n+l л+2 2/1 24 '
6. При каких натуральных п спра-
справедливо неравенство
7. Доказать, что
2я-1 (о* + Ьп) >(а + Ь)п,
где а + Ь>0, афЪ,
8. Доказать, что плоскость, разбитую
на части п окружностями, можно закра-
закрасить черной и белой краской так, что
любые две соседние части будут закра-
закрашены в разные цвета.
9. Стороны произвольного выпуклого
многоугольника покрашены снаружи.
Проводится несколько диагоналей мно-
многоугольника так, что никакие три из них
не пересекаются в одной точке. Каждая
из этих диагоналей тоже покрашена с
одной стороны, т. е. с одной стороны от-
отрезка проведена узкая цветная полоска
(рис. 26). Доказать, что хотя бы один из
многоугольников, на которые разбит
диагоналями исходный многоугольник,
весь покрашен снаружи.
10. Доказать, что при всяком целом
0 число 10"+1— 10(n+l)+n делит-
делится на 81.
11. Вычислить сумму
12. В арифметической прогрессии
сумма первых п членов равна сумме
50
лервых т членов, пфт. Доказать, что
сумма первых п + т членов этой про-
прогрессии равна 0.
13. Вычислить сумму
6 + 66 + 666 + ... + 666 ... 65.
п раз
14. Существует ли арифметическая
прогрессия, среди членов которой встре-
встречаются числа 1, 1^2 и 3? Эти числа мо-
могут стоять в прогрессии не обязательно
подряд и не обязательно в том порядке,
в котором они здесь написаны.
15. Дана геометрическая прогрессия,
знаменатель которой есть целое число,
не равное 0 и —1. Доказать, что сум-
сумма любого числа произвольно выбранных
ее членов не может равняться никакому
члену этой прогрессии.
16. Каждая сторона правильного тре-
треугольника разбита на п равных частей.
Через все точки деления проведены пря-
прямые, параллельные сторонам. Они раз-
разбивают треугольник на равные малень-
маленькие треугольнички. Часть из них покра-
покрашена в черный, часть — в белый цвет,
так что любой черный граничит с чет-
"ым числом белых, а любой белый — с
нечетным числом белых. Доказать, что
маленькие треугольники, расположенные
в углах большого, покрашены одинаково.
17. Найдите ошибку в следующем
¦ доказательстве» по индукции утверж-
"ения «Все числа равны между собой».
Доказательство. Будем дока-
^шать, что любые п чисел равны между
:обой. Одно число равно самому себе.
Гээтому при п=\ утверждение спра-
в дливо. Допустим, что оно справедливо
4Э 51
при л=?, п докажем его справедливость
при n=k+1.
Перенумеруем все числа из заданно-
заданного множества номерами 1,2, 3, . * ., k+l.
Первые k чисел равны между собой и
поэтому равны первому числу. Исклю-
Исключим второе число. Тогда оставшиеся чис-
числа, среди которых есть (k+l)-e число,
равны друг другу и равны первому
числу.
Итак, все числа равны первому, а
значит, равны между собой. Доказатель-
Доказательство закончено.
4 + 5 ="
К главе 2
18. На гранях кубика поставлены
цифры от 1 до 6. Получилась игральная
кость. Найти число различных играль-
игральных костей.
19. Что вероятнее получить в сумме
при двукратном кидании кости: 9 или
10 (рис. 27)?
20. По окончании партии домино все
костяшки оказались выложенными в
цепь. Найти число всевозможных цепей
(костяшки выкладываются по прямой
линии).
21. а) Сколькими способами можно
рассадить за круглым столом 19 че-
человек?
б) Сколькими способами можно рас-
рассадить за круглым столом 19 человек,
так, чтобы между А и Б сидело ровно
г человек?
22. Две дворовые команды играют в
футбол «до 10». Судья записывает в про-
протокол, как меняется счет. Например: 1 :0,
1:1, 1:2, 1:3, 1:4, 2:4, 2:5, 2:6, 3:6,
52
4:6, 5:6, 6:6, 7:6, 8:6, 9:6, 9:7, ЮГ.
Сколько может получиться различных
протоколов?
23. Детская погремушка состоит из
кольца, на которое насажены три белых
шарика и семь красных- Некоторые по-
погремушки, кажущиеся на первый взгляд
разными, можно сделать одинаковыми,
расположив кольца и передвинув шари-
шарики надлежащим образом (рис. 28). Най-
Найти число действительно различных по-
погремушек.
24. Сколькими способам» фишка мо-
может попасть с поля а\ шахматной доски
на поле Л8, если она каждым ходом хо-
ходит только на клетку вверх или на клет-
клетку вправо?
25. Сколькими способами можно по-
поставить на шахматную доску две белые
ладьи и две черные так, чтобы белые не
били черных?
26. Сколькими путями шашка а\ мо-
может попасть в дамки? (Других шашек
на доске нет.)
27. Сколькими иесамопересекающи-
мися путями можно попасть из А в В
(рис. 29)? (Движение происходит по
кольцевым и радиальным маршрутам с
пересадками на станциях, отмеченных
белыми кружками.)
28. Сколькими способами на трех-
трехмерной шахматной доске 3X3X3 можно
расставить 9 ладей так, чтобы они не
били друг друга? (Ладья держит под
боем свою строку, свой столбец и свою
вертикаль.)
29. В каждой клетке таблицы 2Хя
стоит одно из чисел от 1 до п, причем в
53
N54
любой строке стоят разные числа и в
любом столбце стоят разные числа.
Сколько таких таблиц?
30. Один забывчивый пассажир оста-
оставил свои вещи в автоматической камере
хранения, а когда он за час до отхода
поезда пришел получать их, то обнару-
обнаружил, что почти забыл номер. Он пом-
помнил только, что в номере встречаются
23 и 37. Сколько номеров ему придется
перебрать? (Чтобы получить вещи, нуж-
нужно правильно набрать пятизначный но-
номер.)
31. У отца было 7 дочерей. Всякий
раз, когда одна выходила замуж, каж-
каждая из ее старших сестер, оставшихся в
невестах, шла жаловаться отцу, что на-
нарушен старинный обычай выходить за-
замуж по старшинству. После того как
вышла замуж последняя дочь, оказалось,
что отец выслушал 7 жалоб. Сколькими
способами это могло произойти?
Более серьезная формулировка этой
задачи такова. Назовем п-перестановкой
строку из л чисел от 1 до п, в которой
каждое число встречается 1 раз. Пару
чисел (р, I) из этой строки назовем
беспорядком, если р>/ и р стоит в «-пе-
«-перестановке левее, чем /. Сколько сущест-
существует n-перестановок с k беспорядками?
(В задаче про сестер-невест n=k — 7.)
32. Если в городе 2 высотных зда-
ния> то их шпили можно увидеть в любом
порядке (слева направо), если смотреть
из разных точек города. То же верно и
для трех высотных зданий, если только
они не расположены на одной прямой
(рис. 30). Архитектор хочет расположить
7 высотных зданий так, чтобы, гуляя по
городу, можно было увидеть их шпили
в любом порядке. Удастся ли это ему?
54
К главе 3
33. Докажите, что число 2 не являет-
является пределом последовательности
2 ' 2
9-L
, Л. f • • •
n n
34. Известно, что limx/z = l. Найти
л-»«
пределы последовательностей:
Х + Х2
2хп—1
в) Уя= " , . г) у„= V~*~n.
х i
35. Докажите, что если последова-
последовательность {хп} имеет предел а, то по-
последовательность, полученная из нее лю-
любой перестановкой членов, тоже имеет
предел а.
36. Докажите, что если последова-
последовательность имеет предел а, то любая ее
бесконечная подпоследовательность тоже
имеет предел а.
37. Докажите, что если число а яв-
является предельной точкой последователь-
последовательности {¦*„}, то можно выбрать из {хп\
такую подпоследовательность, для кото-
которой число а является пределом. Верно
ли обратное утверждение?
38. Придумайте последовательность,
для которой все предельные точки были
бы целыми числами и каждое целое
чисю было бы предельной точкой.
55
39. Докажите, что если *„>¦() при
всех п и lim xn = a, то о>0.
40. Найдите пределы:
2 + Зп — 2
a) Um
п-»оо 1+2+3+ ... +л '
б) lim
в) lim
4" '
л + lg л +2"
л2—1§л—2" '
г) lim
41. Последовательность {*„} стро-
строится последующему закону: первый член
выбирается произвольно, а каждый сле-
следующий выражается через предыдущий
по формуле хп+1 = ахп +Ь, где а и b —
постоянные числа. При каких а и Ъ по-
последовательность {*„} имеет предел?
42*. Докажите, что если из ряда
1 + + + ++ +
вычеркнуть все числа, в записи которых
участвует цифра 3, то сумма ряда из
оставшихся членов будет конечна.
43. На графике функции у—х2 рас-
рассмотрим точки Ап и В„ с абсциссами —
и —-— соответственно. Проведем через
л
Ап, В„ и начало координат окружность.
Пусть М„ — центр этой окружности
(рис. 31). Докажите, что последователь-
последовательность точек {Мп} имеет предел, и най-
найдите его.
РЕШЕНИЯ
Глава 1
1. Решим задачу, используя метод
математической индукции.
а) При п=1 равенство справедливо.
б) Пусть равенство справедливо при
и=?, где k — произвольное число. Дока-
Докажем, что в таком случае оно справед-
справедливо и при n=k + l, т. е. что
I3 + 23 + З3 + ... + А:3 + (k + IK =
4
В самом деле, пусть при n — k равенство
справедливо, т. е. пусть
Тогда
I3 + 23+33+ ... +t*+(k+1K=
JL + k +l]=
57
Таким образом, из справедливости ра-
равенства при n=k вытекает его справед-
справедливость при п=к+Л. Поэтому на осно-
основании принципа математической индук-
индукции мы можем утверждать, что при всех
натуральных п имеет место равенство
2. Первое решение. Применим
принцип математической индукции.
а) Непосредственной проверкой убеж-
убеждаемся в справедливости равенства при
п=1.
б) Пусть равенство справедливо при
каком-нибудь натуральном числе k, т. е.
1*2 2-3 3-4 k(k + i) fe+1
Докажем, что тогда оно справедливо и
при n=k+\. Действительно,
J_4-~4-~4- I * i
1-2 2-3 3-4 k(k+l)
i ; K i
-2) fe+1
__ k {k + 2) + 1 _ fe2+2/g+l
(fe+1) (ft+2) A + 2 '
Таким образом, оба утверждения, не-
необходимые для применения принципа
математической индукции, доказаны. По-
Поэтому наше равенство верно для всех п.
Второе решение. Для любого
п имеет место формула
1 J 1
58
(она проверяется непосредственно). По-
Поэтому левую часть равенства, которое
мы хотим доказать, можно записать сле-
следующим образомз
JL + J_ + _L + i ' i
¦ i * = / J L\ _l (J LW
n(n+l) \ 1 2 }^\ 2 3 /
+4—г
3 4
n n+l
В полученной сумме все слагаемые, кро-
кроме первого и последнего, взаимно унич-
уничтожаются. Поэтому
1,1,1, , 1 . ,
1-2 2-3 3-4 (п — \)п
+ . 1 .1
п(п + 1) п+1 п+ 1
что и требовалось доказать,
3. Первое решение. Докажем
методом математической индукции, что
имеет место равенство
J_, J ' , 1 п
1-4 4^7 (Зп—2)(Зп+1) ~~ Зп+1
а) При л=1 равенство справедливо.
б) Пусть это равенство выполнено
для натурального числа k, т. е. пусть
1-4 4-7 C/^—2) C^+1) ЗА+1
Покажем, что тогда оно будет справед-
справедливо и для n=k+l.
59
В самом деле,
L + JL + +
+ + ... +
14 4-7 C*—2)C/Н-1)
+
k+l
I C*41) C*4 4)
Таким образом, справедливость ра-
равенства доказана для всех п.
Второе решение. Воспользуемся
формулой
1 = 1 . 1
(Зп—2)Cп41) ~ 3Cл—2) 3Cл41)
Применяя ее ко всем слагаемым нашей
суммы, получим
_L 4- J- + —— + 4- ' 4-
14 4-7 7-10 '"' (Зл—5)Cл—2)
, 1 = / J L\ 4-
(Зп—2)Cп41) \31 3-4/
\3Cп—5) 3 (Зп—2) )
\3Cп—2) 3(Зп+1) ) '
После раскрытия скобок все слагаемые,
кроме первого и последнего, взаимно
уничтожатся, и мы получим
1-4 4-7 7-10 Cn—2)Cn4D
1 1 п
3 3Cп41) Зп+1
Равенство доказано.
4. Приведем здесь одно из возмож-
возможных решений, основанное на принципе
математической индукции.
60
а! Непосредственной проверкой лег-
легко убедиться, что при п—\ равенство
справедливо,
б) Пусть равенство справедливо при
' . ' | +
(+1)(+2)
a(a+k)
Покажем, что тогда оно справедливо м
при n — k+l. Имеем
a(a+k) (a+k)(a+k+V)
k(a+k+l)+a W+ak+a+k
a{a+k)(a+k+l)
_ (a+k)(k+l) _ k+1
a(a+k)(a+k+l) 0(Q+?+l)
Поэтому на основании принципа матема-
математической индукции мы можем теперь
утверждать, что равенство справедливо
при всех натуральных л.
5. Решим задачу методом математи-
математической индукции.
а) При п = \ равенство справедливо
(проверьте!).
б) Пусть равенство выполняется при
n=k:
l-U+2-2\+.., + k-k\=(k+l)l— I.
Покажем, что в этом случае оно будет
выполняться и при n=k+l. В самом
деле,
(
= (*+2) (?+1I—1.
61
Но из определения п\ ясно, что (k + 2)X
Х(?+1)! = (&+2)!. Поэтому
1-11 + 2-2! + ...+(ft+l)(*+l)! =
т. е. наше равенство оказалось верным
и *ГЕри n — k+\. Применяя метод матема-
математической индукции, получаем, что наше
равенство справедливо при всех нату-
натуральных п.
6. Первое решение. Будем дока-
доказывать наше равенство методом матема-
математической индукции.
а) При п=\ непосредственная про-
проверка показывает справедливость ра-
равенства.
б) Пусть равенство справедливо для
какого-нибудь натурального k^2
2k
Покажем, что в этом случае оно спра-
справедливо и для n=k+l. Действительно,
xfi
V
fi
2k \ (k+ I)*
= (k+l)k(k+2)
2k(k+lT-
k+2
Теперь, применяя принцип математиче-
математической индукции, мы можем утверждать,
что равенство справедливо при всех
я>2.
62
Второе решение. Для каждого
натурального я^>2 имеет место фор~
мула
Применив ее к каждому сомножителю в
левой части равенства, получим
4 Д 9 Д 16/ \
Цх
1) (п — 2)п (п—
42 (л— If ri-
Легко видеть, что почти все сомножите-
сомножители из числителя и знаменателя сокра-
сокращаются. Не сокращаются только 2—1 =
= 1 и /г+1 в числителе, а также 2 и л
в знаменателе. Поэтому
2п '
т. е. равенство доказано.
7. Применим метод математической
индукции.
а) При ге=1 формула справедлива
(проверьте!).
б) Пусть формула справедлива для
какого-нибудь натурального числа к,
т. е. пусть
1 — 22 + З2 — ... + (—l)k~1k2 =
63
Покажем, что тогда она справедлива и
для n = k+l. В самом деле,
1 - 22 + З2 — ... +(— I)*-1*:2 +
IJ - (—I)*"
2
+ (-1)* (k + IJ = {-\f-4k + 1) x
xl
[A_b_i]_i
'12 !J~
п
Поэтому, используя принцип матема-
математической индукции, получаем справед-
справедливость нашей формулы при всех нату-
натуральных п.
8. Пусть уже проведено п прямых.
Проведем (и+1)-ю прямую. С предыду-
предыдущими п прямыми эта прямая пересе-
пересекается в п точках, так как по условию
она пересекается с каждой из них и ни
с какими двумя не пересекается в одной
и той- же точке. Ясно, что этими п точ
ками (п+1)-я прямая разделяется на
л+1 отрезков (два из них бесконечны).
Каждый из этих отрезков разрезает
старую часть плоскости и делает из нее
две новые части. Поэтому л+1 отрезков
вместе создают из п+ 1 старых частей
плоскости Bи+2) новых частей, т. е.
при добавлении (и+1)-й прямой число
частей плоскости увеличивается на п+\.
Теперь легко сосчитать число частей, на
которые плоскость разбивается п прямы-
прямыми. Одна прямая разбивает плоскость на
2 части. При добавлении 2-й прямой ко-
количество частей увеличивается на 2, при
добавлении 3-й еще на 3 и т. д. Поэтому
общее число частей равно
2+2+3+4+...+и =
64
(См. выше на стр. 11 пример 9.) По-
Поэтому число частей, на которые прямые
делят плоскость, равно +1.
9. а) При и=8 очевидно, что 8 копеек
можно представить трех- и пятикопееч-
пятикопеечными монетами: 8=5+3.
б) Пусть мы можем представить
k копеек в виде суммы трех- и пятико-
пятикопеечных монет. Покажем, что то же
можно сделать и для k+l копейки.
Рассмотрим два случая: в представлении
k копеек есть хотя бы одна пятикопееч-
пятикопеечная монета, или нет ни одной. В первом
случае, заменяя пятикопеечную монету
на две трехкопеечные, получаем нужное
представление k+l копейки. Во втором
случае k копеек представляются только
трехкопеечными монетами, причем ясно,
что число этих монет не меньше трех.
Поэтому мы можем заменить три трех-
трехкопеечные монеты на две пятикопеечные
и получим нужное нам представление
k+l копейки. Таким образом, если k ко-
копеек можно представить в виде суммы
трех- и пятикопеечных монет, то то же
можно сделать и для k+l копейки. По-
Поэтому, используя принцип математической
индукции, получаем, что любое количест-
количество денег, большее 7 копеек, можно пред-
представить трех- и пятикопеечными монетами.
10.а) Если плоскость разбита всего
одной прямой, то ее можно закрасить так,
как требуется в условии задачи. Для
этого достаточно одну полуплоскость за-
закрасить в один цвет, а вторую — в другой.
б) Пусть мы закрасили нужным об-
образом плоскость, на которой проведено
п прямых. Проведем (и+1)-ю прямую
и покажем, что полученную плоскость
тоже можно раскрасить нужным обра-
образом. Новая прямая разбивает плоскость
5 С. И. Гельфанд и др. 65
на две полуплоскости. Чтобы получить
нужную раскраску, поступим так. В од-
одной из полученных полуплоскостей изме-
изменим цвет каждого куска (т. е. заменим
белый цвет на черный, а черный на
белый), а в другой — оставим без изме-
изменений. Покажем, что после этого плос-
плоскость останется раскрашенной правиль-
правильно. Возьмем два соседних куска. Воз-
Возможны два случая: либо прямая, их
разделяющая — это одна из старых пря-
прямых, либо это новая, (п + 1)-я прямая.
В первом случае до проведения новой
прямой и изменения цвета эти куски
были закрашены в разные цвета, а по-
потом либо оба поменяли цвет, либо ни
один не поменял. Ясно, что они останут-
останутся закрашенными в разные цвета. Во
втором случае эти куски до проведения
новой прямой были закрашены в один
цвет, а после ее проведения один из кус-
кусков изменил свой цвет, т. е. эти два
куска будут закрашены в разные цвета
Таким образом, если мы умеем правиль-
правильно раскрашивать плоскость, разбитую
на части п прямыми, то мы можем пра-
правильно раскрасить плоскость, разбитую
на части п+1 прямой. Теперь мы мо-
можем применить принцип математической
индукции, который доказывает справед-
справедливость нашего утверждения.
11. Нужно доказать, что для любого
натурального п число
делится на 9.
а) При п=\ утверждение верно, так
как 13+23+33=36 делится на 9.
б) Пусть утверждение справедливо
для какого-нибудь натурального числа
к, т. е. пусть k3+(k+lK+(k+2K де-
делится на 9. Докажем, что тогда это
утверждение справедливо и для n=k+l,
66
Имеем
+ (? + 2K+ (& + 3K=
Мы представили число (k+lK+ (&+2K +
+ (&+3K в виде суммы двух слагаемых,
из которых первое делится на 9 по пред-
предположению, а второе является произве-
произведением 9 на целое число. Поэтому и сум-
сумма этих слагаемых будет делиться на 9.
Таким образом, мы можем исполь-
использовать принцип математической индук-
индукции, который доказывает наше утверж-
утверждение.
12. а) Проверим наше утверждение
при п=0. В этом случае
11"+2+122"+1= 112+12= 121 + 12=133
делится на 133.
б) Пусть наше утверждение выпол-
выполняется для какого-нибудь &^>0, т. е.
пусть 11* + 2 + 12 2* + J делится на 133.
Покажем, что в этом, случае оно выпол-
выполнено и для n=k+\. Имеем
1 = 1 1&+3 _|_
= 1Ы1*+2 + 144-122ft+1=
= 11-1 lft+2 +11- 122ft+1 + 133- 122ft+1 =
= 11 A lft+2+122ft+1)+133-122*+!.
Первое из полученных слагаемых делит-
делится на 133 по предположению, второе —
содержит множителем число 133. Поэто-
Поэтому и их сумма делится на 133.
Теперь принцип математической ип-
дукшш показывает, что утверждение
справедливо для всех и^-0.
13. а) При ге=2 неравенство справед-
справедливо, поскольку A+аJ=1+2а+а2>
>1+2о, так как о2>0 при афО.
Б* 67
б) Пусть неравенство справедливо
для какого-нибудь натурального
т. е. пусть
Докажем, что оно справедливо и при
n=k+l. В самом деле, по условию
1+а>0. Поэтому, умножая обе части
неравенства
A + с)*> l + ka
на 1+о, получим
1>(l+ (k+l)a)+ka2.
Но ka2>0 при а^=0, поэтому
Таким образом, применяя принцип мате-
математической индукции, получаем, что при
всех п^-2
A+о)»> 1+па,
если а>~—1, афЪс
14. а) При п=2 неравенство выполне-
выполнено, так как 14 ~>л/~~2~.
б) Пусть неравенство выполнено при
n—k, т. е. пусть
Покажем, что тогда неравенство выпол-
выполнено и при n=k+l. Для этого достаточ-
достаточно доказать справедливость неравенства
1 > Vk+ 1 — VT.
В самом деле, если последнее неравенст-
неравенство будет доказано, то, сложив его с на-
нашим неравенством при n=k, которое по
предположению справедливо, получим
68
наше неравенство при n=k+l. Докажем
теперь неравенство
n
Умножим обе его части на
получим неравенство
1 +
которое, очевидно, справедливо. Поэтому
и неравенство (*) тоже справедливо.
Таким образом, из справедливости не-
неравенства
при n=k вытекает его справедливость
при n=k+l.
Теперь мы можем применить принцип
математической индукции, и наше не-
неравенство оказывается справедливым
при всех п^-2.
15. а) При п=\ и 2 формула оче-
очевидна.
б) Пусть формула справедлива при
всех л-С^, где k^2. Покажем, что тогда
она справедлива и при n = k+1. Дейст-
Действительно,
2+ 1) = 3-2*-1+3 — 2*-1 — 2 =
=2.2*-!—1 = 2к— 1.
Теперь мы можем применить принцип
математической индукции, который пока-
показывает, что формула справедлива при
всех п.
16. а) При п= 1 формула справедлива,
б) Пусть формула справедлива пр»
n=k, т. е. пусть
69
Покажем, что тогда она справедлива и
при n—k+\. Действительно,
B*+i = uk + 8k = Bk — 1J+8? =
=4?2—4k+1 +8?=4?2+4fc+1 =Bk+ If.
Применяя принцип математической ин-
индукции, получаем, что она верна для
всех натуральных п.
17. А«„=«„+1-«/| = (п+]J-п2 =
= 2л+ 1.
18. Покажем, что для всех п спра-
справедлива формула
В самом деле, вспоминая определение
последовательности, имеем
~и2)+ ... +(«„ — «„_!).
Все члены последней суммы, кроме ип,
взаимно уничтожаются, и мы получаем
нужную формулу.
Ясно, что такая же формула справед-
справедлива и для и„_
Теперь найдем, чему равно иП—vn
— (vt + AVl + bv2+ ... + Avn
— Av2
Но из условия задачи мы знаем, что
поэтому
и„ — у„ =- «I — Ц.
Отсюда следует, что если Ui =^ Ui, то
un—vn ф 0, т. е. и „ и у„ не равны ни
для какого п. Если же щ = юи то для
всех п выполнено равенство и„ =и„.
70
19. Задача решается непосредствен-
непосредственной проверкой
Ди»я=(а>я+1 — о>„)= (un+1+vn+1)—(un+vn)=
= (««+1 — "n)+(vn+l — Vn)=&Un+&Vn.
20. Мы имеем Ды„= (п+1)* — nk. По-
Покажем, что
где точками обозначены члены, содер-
содержащие п в степени, меньшей чем k—1.
Мы докажем это, используя индук-
индукцию по числу к.
а) При k=\ утверждение справед-
справедливо.
б) Пусть утверждение справедливо
при каком-нибудь k=k0, т. е. пусть
(п + 1)*» = nk« + k0nk°-1 + ....
где точками обозначены члены, содер-
содержащие п в степени, меньшей чем k0—1.
Покажем, что тогда утверждение будет
справедливо и при &=&о+1. Имеем
*°+'=(
k° + ... +nk
где в последнем выражении точками
обозначены члены, содержащие п в сте-
степени, меньшей чем к0. Таким образом,
наше утверждение справедливо и при
*Л1
Теперь, используя принцип математи-
математической индукции, получаем, что для
всех k
(n+l)k=nk+kn*-1+ ...
Поэтому
— пк=пк + knk~1+ ... — nh=
71
где точки обозначают члены, содержа-
содержащие п в степени, меньшей чем k—1. Зна-
Значит, Аи „ выражается многочленом ог
п степени k—1, и коэффициент при стар-
старшем члене этого многочлена равен к.
21. Пусть ип = аопк +а\Пк~1 + ...+
Рассмотрим тогда последователь-
последовательность ип как сумму к+1 последователь-
последовательностей с общими членами aonk, a.\nk~{, ...
..., ak_1n,ak соответственно. Тогда вслед-
вследствие результата задачи 19 последова-
последовательность Аи„ будет суммой последова-
последовательностей разностей этих k+\ после-
последовательностей. Из задачи 20 ясно, что
общий член первой последовательности
разностей выражается многочленом
(k—1)-й степени от п со старшим коэф-
коэффициентом аок, а общие члены всех
остальных последовательностей разно-
разностей выражаются многочленами степени,
меньшей чем k—1. Поэтому общий член
последовательности Аи п выражается
многочленом (к—1)-й степени от п со
старшим коэффициентом аок.
22. Покажем, что k-e разности по-
последовательности ип—пк при всех k рав-
равны k\. Применим индукцию по k.
а) Ясно, что при k= 1 утверждение
справедливо, так как если и„=п, то
Ды„=1 = 11.
б) Пусть утверждение доказано для
всех ?<;&о. Докажем его для k=ko+\.
Возьмем последовательность и„=п*и + 1.
Тогда мы знаем (см. задачу 20), что об-
общий член ее первой последовательности
разностей выражается многочленом от
п степени k0 со старшим коэффициентом
&1. Пусть этот многочлен есть
72
Последовательность Аип есть сумма
#о+1 последовательностей с общими
членами (ko-\-\)nk«, a.ink<i~l, ..., а^
соответственно. Нам нужно взять к0 раз
последовательность разностей у последо-
последовательности Аи„. Ясно, что для этого до-
достаточно взять k0 раз последователь-
последовательность разностей у каждого слагаемого, и
результаты сложить. Из того, что наше
утверждение доказано для k—ko, сле-
следует, что из первого слагаемого после
взятия разностей k0 раз получится после-
последовательность, все члены которой одина-
одинаковы и равны (&о+1)Ло!= (#о+1)!- Из
того, что утверждение доказано для
k=k0—1, следует, что, взяв k0—1 раз
носледовательность разностей у второго
слагаемого, мы получим последователь-
последовательность, у которой все члены одинаковы и
равны a,}(k0—1)!, а взяв последователь-
последовательность разностей еще раз, получим после-
последовательность, у которой все члены
равны 0. Аналогично, после взятия k0
раз последовательность разностей у всех
последующих слагаемых, мы получим 0„
Поэтому все члены (&0+1)-й последова-
последовательности разностей у последовательно-
последовательности и„ равны (?0+1)!.
Таким образом мы получили, что k-я
последовательность разностей последо-
последовательности пк для всех k равна k\t
23. Решим задачу индукцией по k.
а) Пусть &=0, т. е. vn = \ для всех п.
Ясно, что в этом случае искомая после-
последовательность существует, а именно
ип=п. Мы будем обозначать эту после-
последовательность через {нп0>}.
б) Пусть утверждение доказано для
всех &<fe0- Это означает, что сущест-
существуют последовательности \ul°}}, {«J,1'}. •••
.... \u{k°>} такие, что Ди™ =»1, Дияп>=я, ....
73
..., Ды(*о) =п*°. Покажем, что существует
последовательность {ы?°+1I такая,
что Ды^°+1) =nft°+1'. Найдем эту после-
последовательность следующим образом. Возь-
Возьмем сначала последовательность с об-
общим членом nk«+2 . Мы знаем, что об-
общий член ее последовательности разно-
разностей выражается многочленом от п
степени ko+l, старший коэффициент ко-
которого равен ko+2 (см. задачу 21). По-
Поэтому общий член последовательности
разностей для последовательности
выражается многочленом от п степени
ko+\ со старшим коэффициентом 1.
Пусть этот многочлен есть
Тогда в качестве {«?*0+1)} возьмем по-
последовательность со следующим, общим
членом:
"л — «ы — аи
? , j
«оы„ — агип —
Покажем, что она будет удовлетворять
нужным условиям. В самом деле, ис-
используя результаты задачи 19, полу-
получаем
1)—.. .-Д
= nk°+1+aon"'+ a
+ aki — аопк« — а^--1 — ... — ak,=
Таким образом, существует последова-
последовательность \ч(п'+Х)\ с НУЖНЫМИ свойст-
74
вами. Теперь, используя принцип мате-
математической индукции, получаем, что для
каждого k существует последователь-
последовательность ы<*>, для которой Ди(*>=п* Ясно:
также, что общий член последовательно-
последовательности {и1®} выражается многочленом
(k+\)-n степени от п со старшим коэф-
коэффициентом .
24. Введем обозначения vn=Aun,
wn=Avn, дгл=Дйуйи yn=Axnt Из усло-
условия задачи известно, что #„=0 при всех
п. Из этого следует, что хп одинаковы
при всех п. Отсюда видно, что до „ при
всех п выражается многочленом 1-й сте-
степени от п. Пусть этот многочлен есть
aoti + ai. Из решения задачи 18 мы знаем,
что
= vt + а0 [1+ 2 + .. • + (п — 1)]+аг(я-1).
Но мы знаем, что 1 + 2 + ...+ (и—1) =
= — (см. стр. 11), поэтому
т. е. общий член последовательности vn
выражается многочленом 2-й степени от
п. Пусть этот многочлен есть vn—boti2+,
+biti+b2- Тогда
=«х + Ь2(п- 1) + Ъх п{п~1) +
+ bo[P + 22+... + (n— If].
Покажем, что сумму 12+22+...+ (п—IJ
можно записать в виде многочлена 3-й
степени от п. В самом деле, обозначим
эту сумму Sn. Тогда ASn=n2. Поэтому
из задачи 23 следует, что 5 „ выражается
75
многочленом 3-й степени от п. Значит,
и и „ тоже выражается многочленом 3-й
степени от п.
25. Пусть многочлен а„ имеет вид
vn = a0nk + ajib-1 -f ... -f aft_xre + ak.
Возьмем тогда последовательность
где u«, <-'> «Р», «(°> —после-
—последовательности, существование которых
доказано в задаче 23. Тогда из задачи
19 следует, что при всех п Awn=vn. Та-
Таким образом при всех п &wn=Av n . Из
задачи 18а) следует, что разность un—wn
одинакова при всех п (она равна щ—v{).
Поэтому при всех п справедливо равен-
равенство
Из задачи 23 известно, что и (*> выра-
выражается многочленом (k-f-l)-u степени
от п. Поэтому общий член последова-
последовательности и„ выражается многочленом
(к+1)-й степени от п.
26. Пусть ип = \+22 + ...+ {п—1J+«2.
Тогда ясно, что Аи П=п2. Из задачи 24
следует, что и„ выражается многочленом
3-й степени, т. е.
Найдем теперь а0, аи а% а%. Подставив
для этого вместо п числа О, 1, 2, 3, по-
получим
ыо=а3=О,
76
Решим полученную систему:
о0+ «1+ й2= 1.1
= 1.1
= 5,
=14. j
Для этого вычтем из 3-го уравнения
утроенное первое, а из второго — удвоен-
удвоенное первое. Тогда получим
24ao+6ai=ll, \
6ao+2a,= 3; J
6яо = 2, ao = ^-> «i = -^-. a2=-^--
Таким образом,
_ nBn2 + 3n + i) _ п(п+
т.е.
Замечание. Мы могли бы и не исполь-
использовать результатов задачи 24. Для этого нужно
было, получив ответ, доказать его методом мате-
математической индукции.
27. Обозначим и„=1 '2 + 2-3+ ...+
A)
Тогда Аип=п(п+1) —многочлен вто-
второй степени. Поэтому из результата за-
задачи 24 следует, что и „ — многочлен 3-й
степени. Положим
Для вычисления а0, аь аг, а$ подставим
значения п=0, 1, 2, 3. Получим систему
четырех уравнений с 4-мя неизвестными;
О
которая сводится к системе
02= 2,
2= 8,
77
Вычтем первое уравнение из 2-го и
утроенное первое из 3-го. Получим
Зао+ fli= 2,1
oi = 14.J
В полученной системе вычтем ушестерен-
ушестеренное первое уравнение из 2-го:
6о0 = 2; а0 = -Ь Qi = 1; аг = -|-
О О
Поэтому
п(п+ 1)(п + 2)
т. е.
1.2+2-3+...+л(В+1)=е ,
28. а) Из определения арифметиче-
арифметической прогрессии имеем
»« = ««-1 + d = ««-2 + 2d =...==
= «t + (/г—l)d.
б) Из определения геометрической
прогрессии имеем
«1 = «„-if = ««-2 92= • • • =»i9"-1.
29. а) Нам надо найти следующую
сумму:
Из задачи 28 а) мы знаем, что эту сум-
сумму можно записать следующим образом:
sn = «1 + («1 + 4) + («1 + 2d) + • • • +
+ [«! + (n — 2) d] + [и, + (и —1) d].
Эту же сумму можно переписать, пере-
переставив члены в обратном порядке:
n—
78
Сложим два полученных равенства
«! + (я — 2)d] + («! + d)} +
(Каждый член из верхней строки сперва
складывается со стоящим под ним чле-
членом из верхней строки.) Ясно, что сумма
в каждой фигурной скобке равна 2щ +
-г(п—\)d. Таких фигурных скобок у
нас п. Поэтому
2Sn = n[2u1+ (n—l)d] = 2ыхл + n(n—l)d,
с . п(п — 1) ,
Sn = и,п+ 2 d.
n
б) Нам нужно найти
Рп=щ-и2-....ип_1-ип.
Из задачи 28 6) известно, что Р „ можно
записать следующим образом:
Р„ = u^Ujq-щд2- ...¦ utf-2 ¦ uxqn~^ =
= »!"q1 + 2 + ... + (л - 2) + (n - |)_
Но мы знаем (см. стр. 11), что 1 + 2 + ... +
+ (п—2) + (я— 1) = я(я~1) . Поэтому
/1 (п —1)
30. а) Согласно формуле, полученной
в задаче 29 а),
б) По формуле, полученной в зада-
задаче 29 6),
2
15-14 J_
= 10 2 3 = 1035.
79
31. а) Мы знаем, что у арифметиче-
арифметической прогрессии ul = u3—2d; «2 = Ыз—d\
щ=щ+ё; u5 — u3+2d. Поэтому сумма
первых пяти членов равна
+ (u3 — d) +u3+
б) Нам нужно найти
Мы знаем, что у геометрической про-
прогрессии
fh = ^j\ «2=—; «4 =
Поэтому
Р5 BsUs
32. Нам нужно найти сумму первых
п членов геометрической прогрессии, т. е.
величину
= «! + и^ + н^2 + ... +
Рассмотрим величину qSп—Sn:
— и, — Ujq — urf — ... — н^-2 — Щ?-1.
Мы видим, что в этой сумме взаимно
уничтожаются все члены, кроме первого
и последнего, т. е.
Sn(q— 1) = щ<Г— Щ,
"i
33. Легко видеть, что число людей,
которым сообщили новость в конце 1-й
десятиминутки, равно 2, число людей,
которым сообщили новость после 2-й де-
десятиминутки, равно 4 и вообще число
людей, которым сообщили новость в кон-
конце k-н десятиминутки, равно 2к.
Число всех людей, которые будут
знать новость через 10& минут, равно
числу людей, узнавших эту новость че-
через 0 минут (т. е. 1 человек), плюс число
людей, узнавших новость через 10 минут
B человека), плюс число людей, узнав-
узнавших новость через 20 минут D челове-
человека), и так далее до людей, узнавших но-
новость через k-10 минут B* человек).
Поэтому это число людей равно
Sk = 1 + 2 + 4 + ... + 2*.
Мы видим, что Sk есть сумма первых
k+\ членов геометрической прогрессии
с первым членом 1 и знаменателем 2.
Поэтому
* 2—1
Теперь для решения задачи осталось
найти наименьшее k, при котором Sk,
т. е. число всех людей, которые знают
новость через ?-10 минут, будет больше
3000 000 (общее количество жителей
города). Легко видеть, что это наимень-
наименьшее 6 = 21, так как
222—1=4194303.
Таким образом, все жители города бу-
будут знать новость через 210 минут =
=3 часа 30 минут.
34. Обозначим через d, аг, аз, а* и
с5 количество времени, затраченное ве-
велосипедистом на 1-й, 2-й, 3-й, 4-й и 5-й
круги соответственно, а через bit 62. 63,
i4, b5 — те же времена для кавалериста.
6 С. И. Гельфанд и др. 81
Тогда из условия задачи мы знаем, что
числа аь .... а5 образуют геометрическую
прогрессию со знаменателем 1,1, а чис-
числа Ь\, .... &5 — арифметическую прогрес-
прогрессию. Обозначим разность этой прогрес-
прогрессии через d. Мы знаем, что cti — bi и что
bb
Используя формулы, полученные в зы-
дачах 29 и 32, последнее уравнени
можно переписать следующим образом:
1,1 — 1 * 2
OiA0(l,l*— 1) — 5) = 10d,
_d_ _ 10A,Is — 1) — 5
ai 10
Нам нужно найти отношение ——
<h ~ a,-l,l4 ~ l.i* l.i* % '
Подставляя сюда полученное значение
—, имеем
Ъь_ _1 4 10A.15— 1) — 5 __
с. ^ 1,1* 1,1* ' 10 ~~
[1 +4A,15— 1) — 2) =
D-0,6105 — 1) =.
0,986 < 1.
1,1*
1
1.1*
1,4421
1,4641
Таким образом, мы видим, что кавале-
кавалерист затратил на последний круг при-
примерно в 0,986 раза меньше времени, чи
велосипедист.
35. Нам нужно найти сумму 1+3'-
+ 5+...+997+999. Ясно, что это ести
сумма первых 500 членов арифметик
82
ской прогрессии с первым членом 1 и
разностью 2. Поэтому наша сумма равна
500—-2= 500 + 500-499=
1-500+-
= 500-500 = 250 000.
36. Вычтем из суммы всех положи-
положительных трехзначных чисел SA) сумму
положительных трехзначных чисел, де-
делящихся на 2 EB)). и сумму положи-
положительных трехзначных чисел, делящихся
на 3 EC)). При этом числа, делящиеся
ива 2 и на 3, т. е. делящиеся на 6, мы
вычитали 2 раза.
Поэтому для получения ответа нам
к полученной разности нужно добавить
сумму всех положительных трехзначных
чисел, делящихся на 6 (SF)), т. е. взять
величину
Каждая из четырех написанных спра-
справа сумм есть сумма некоторого числа
членов соответствующей арифметической
прогрессии. Это число членов и разность
прогрессии указаны в таблице.
I
II
III
IV
щ
100
100
102
102
п
900
430
300
150
d
1
2
3
6
Поэтому
=90 000 + 404 550=494 500,
=100-900+ 9С0"899 • 1 =
S» = 100-450 + 450'449
-2 = 247 050,
6*
83
да = 102-300 + 30°-299.3==
2
= 30600 + 134550 = 165 150,
S<6>= 102-150 + 150149 -6 = 82350,
S = SO — S» — S<3> + S<6> = 164 700.
37. Для любой последовательности
п-й член получится, если из суммы пер-
первых п членов вычесть сумму первых
(и—1) членов, т. е.
В нашем случае
ы„ = Sn — Sn_1 = Зл2 —3(и —IJ = 6п — 3.
Найдем теперь ы„—un_t:
«„ - «„-1 = Fл - 3) - [6 (л - 1) - 3] = 6.
Мы видим, что разность двух соседних
членов последовательности ы„ постоянна
и равна 6. Это значит, что наша после-
последовательность есть арифметическая про-
прогрессия с разностью 6. Первый член ее
равен Wi=Si=3.
38. Предположим, что мы уже нашли
интересующую нас геометрическую про-
прогрессию. Пусть число 27 стоит в ней на
т-м месте, 8 — на и-м и 12 — на р-м.
Обозначим через щ первый член про-
прогрессии и через q — ее знаменатель. Тог-
Тогда получим
27 = щдт~\
8 = utf~\
12 = u1qP~ К
Деля почленно первое равенство на вто-
второе и третье, получим
т=«""*•
84
Возведем первое равенство в степень
т—р, а второе — в степень п—р и при-
приравняем их правые части. Тогда получим
/ 27 \т~р_ I 9 \т-п
XT) ~\Т) '
33т—Зр—2m+2n _
Нетрудно видеть, что последнее равен-
равенство может выполняться только в слу-
случае, когда m—Зр + 2п=0. Пусть обратно,
m, n, p — целые положительные числа
такие, что m—Зр+2п = 0. Тогда выпол-
выполняются равенства
Зт~Зр+2п __ 2"*~3
/ 27 \т~Р_ ( 9
(т) -(т
9 \m-»
Пусть 9 = 1/ —. тогда
27 Q
— = п>п-п и -^- = qm~P.
8 v 4 ^
Обозначим через ti\ такое число, для ко-
которого \2 = U\qp~1 (такое число всегда
27 _
существует). Тогда из равенств ——qm a
8
9
и —= qm~p следует, что
8 = щф~\
27 = ид.
Это означает, что в геометрической про-
прогрессии со знаменателем q и первым
членом Mi числа 27, 8 и 12 стоят на
мм, п-м и р-м местах. В качестве при-
примера такой последовательности приведем
последовательность с «1=8, #=—. В ней
т=4, п= 1, р = 2.
85
39. Предположим, что мы нашли гео-
геометрическую прогрессию, в которой чис-
числа 1, 2 и 5 стоят на т-и, п-м и р-и ме-
местах соответственно. Тогда
5 = и1др~1.
Деля второе и третье равенства на пер-
первое, получим
2 = цп~т,
5 = qP~m.
Возводя первое равенство в степень
р—т, а второе — в степень п—т и при-
приравнивая их правые части, получим
Ясно, что это равенство может вь-
полняться, только когда р—т=0 и
¦п—т=0, так как в противном случае
справа стоит нечетное число, а слева
четное.
Но по смыслу задачи ясно, что числа
т, п и р все должны быть различны.
Поэтому наше предположение о сущест-
существовании геометрической прогрессии с
нужными свойствами привело к противо-
противоречию, и такой прогрессии не сущест-
существует.
40. Обозначим через и^, w!3, ui5 со-
соответственно 12-й, 13-й и 15-й членч
арифметической прогрессии. Мы знаем,
что числа ы,2, ы,3> и\ъ образуют геомет-
геометрическую прогрессию, т. е. что
4
«4
86
Извлекая квадратный корень из обеих
частей этого равенства, получим, что
либо
либо
«12 «13
Рассмотрим первое равенство. Для
любой арифметической прогрессии «13=
= Ui2+d, Mi5 = t/i3 + 2rf=Wi2+3rf, где d —
разность прогрессии. Поэтому
«1з + Id
«13
«12
«,.
- В
«18
«15
«И
A Ы
«la У\з
Предположим, что d=?0, тогда
32. = 2, -^1 = 4,
«12 ' и\2
т. е. в этом случае знаменатель получен-
полученной геометрической прогрессии равен 4.
Аналогично можно рассмотреть слу-
случай, когда выполнено равенство
^13 «15
«1J «13
В этом случае, проделывая такие же
действия, получим равенстваi
и\2 + 4u12d + d2 = О,
(-JLY44JL + 1-0.
\ «12 / «12
_1_ = — 2 ±
«1»
87
Случай а): — = — 2+V~3 .
«12
«Ml "l2
«12
Случай б): — = — 2—]/T-
«и
«12
«12
Таким образом, из равенства
^13 _ 5
«12 3
следует, что q может равняться либо
4—2]/"зУ либо
Остается еще случай rf=0. Ясно, что
в этом случае q=\.
41. Пусть у нас есть такая геометри-
геометрическая прогрессия. Тогда для нее выпол-
выполнено равенство
Wi<?n+l = Uiqn+u1q"-1 при всех п.
Отсюда следует, что
q2 = q+l,
1 + VT
<? = ——•
Таким образом, знаменатель геометриче-
геометрической прогрессии, у которой каждый член
равен сумме двух предыдущих, может
принимать только значения ^ и
-—|-—-. Ясно, что верно и обратное, т. е,
88
что у любой прогрессии с одним из этих
знаменателей каждый член равен сумме
двух предыдущих.
42. Обозначим первый член первой
прогрессии через щ, ее знаменатель че-
через q, первый член второй прогрессии
через Vi, а ее знаменатель через р. Мы
знаем, что
Щ. + »1 = О,
"i<? + V\P = °-
Нам нужно найти, чему равно Uiq2+vtph
Uiq2 + Vip2=uiq2—Uip2==Ui(q2—p2) =
=ui(q—p){q+p).
Но из равенств
их +vi =0,
следует, что Ui(q—р)=0.
Поэтому u1q2 + vlp2 = Ui(q—p)(q+p)~
= 0, т. е. третий член нашей последова-
последовательности тоже равен 0.
43. Нам нужно найти две геометриче-
геометрические прогрессии \ип) и \vn\ , для кото-
которых выполняются равенства
«2 + 02=1.
Обозначим через р и q знаменатели этих
прогрессий. Ясно, что p^q, так как сум-
сумма двух геометрических прогрессий с
одинаковыми знаменателями снова есть
геометрическая прогрессия, а после-
последовательность Фибоначчи не является
геометрической прогрессией. Наше по-
последнее равенство можно записать
69
следующим образом:
+ vtp"~s,
(ф — q - 1) = - vlP»-*{p> -p-l).
Покажем, что тогда р2—р—1=0 и q2—
¦—q—1=0. В самом деле, пусть это не
так, и пусть, например, р2—р—1 =^0.
Тогда, поделив обе части последнего
равенства на
получим
щ я1 — я—1 / р \п~3 ^ о
—*-- ——= — ( —) при всех «>3.
о, р2-р-1 \ я I
Левая часть равенства не зависит от п,
значит, и правая не должна зависеть
от п. Но это может быть только в том
случае, если p — q. Однако мы уже ви-
видели, что p4^q. Таким образом, мы при-
пришли к противоречию, т. е. наше пред-
предположение о том, что р2—р—\=h 0, не-
неверно. Поэтому р2—р—1=0. Аналогич-
Аналогично, q2—q— 1 = 0. Из этого следует, что
р и q являются корнями уравнения
х2—х—1=0, причем различными. Кор-
Корнями этого уравнения служат
1 . Положим, например, р=
= -~ , q = 1 . Найдем теперь
, q = 1
Mi и vt. Для их нахождения у нас есть
два уравнения
90
Из них мы получаем, что
. _ - 1 + У~
v
и -
l
2|А5 2 У 5
Поэтому
_1ЛТ
Следовательно,
а« = «я + у« =
- VT
_ 1 Г/1 + /Т\" /1
Глава 2
44. Первое решение. Число спо-
способов освещения, при которых горит
одна лампа из пяти, равно числу спосо-
способов освещения, при которых горят 4
лампы из пяти (рис, 32),
О • •-•ОООО
• О ФФ~~ОФООО
)вв~ОО ОО
ОФ ~ОООФО
ф О^ООООФ
рис. за"
Аналогично, число способов освеще-
освещения, при которых горят 2 лампы из пяти,
равно числу способов, при которых не
91
горят 2 лампы из пяти (т. е. горят 3 лам-
лампы из пяти). Эти способы показаны на
рис. 33 A0 способов, при которых горят
oottt ~ • •ooo
o#o## ~ totoo
o##o# ~ tooto
o###o ~ tooot
• oo## ~ odtoo
• o#o# ~ o#o#o
•o##o~ o#oo#
• •OO#~ ООФФО
ОФО— ООФОФ
ЮО ~ ОООФФ
рис. ^S
ooooo
&сежшш Ьл*г»Г: 2 лампы, и 10 способов, при которых го-
Ф Ф 9 9 0 Рят ^ лампы). Имеются еще два спосо-
способа (рис. 34) (все лампы горят, все лампы
Рмс 3% не ГОРЯТ)- ^ы перебрали все способы
освещения и теперь их легко сосчитать.
Второе решение. 1) Пусть в
кухне имеется одна лампа. Она может
быть в двух состояниях: не гореть •
или гореть О , т. е. способов освеще-
освещения 2.
2) 2 лампы. Первая лампа может
быть в двух состояниях: • и О-
Каждое из них можно скомбиниро-
скомбинировать с любым из двух состояний второй
лампы: если вторая лампа не горит,
получаем 2 способа освещения.
\Р
92
Если вторая лампа горит, получаем
еще 2 способа
V
Всего способов освещения 4;
• О • О
• • о о
3) 3 лампы. Первые две лампы мо-
могут быть в четырех состояниях. Каждое
из этих четырех состояний можно ском-
скомбинировать с любым из двух состояний
третьей лампы.
о • о
Всего способов освещения 8:
о о • • о о
••оооо
4) 4 лампы. Первые три лампы мо-
могут быть в восьми состояниях. Каждое
из них можно скомбинировать с любым
из двух состояний четвертой лампы.
Имеется 8-2=16 способов освещения.
5) 5 ламп. Имеется 16-2=32 спосо-
способа освещения. Рассмотренный метод ре-
решения допускает незначительные моди-
модификации; переход от двух ламп к трем
93
можно иллюстрировать не только приве-
приведенной выше схемой, но и следующими
схемами:
О Ф О
• о о
Обе они тоже показывают, что добав-
добавление одной лампы (которая может
быть в двух состояниях) увеличивает
число способов освещения вдвое.
45. Сколько имеется способов осве-
освещения, если есть п ламп? Подсчитаем
это число двумя методами (ср. с реше^
нием задачи 44).
Первый метод:
0) Может не гореть ни одна лампа.
Таких способов освещения С° (горят О
ламп из п). Ясно, что С° = 1 при лю-
любом п. Тем не менее, чтобы доказывае-
доказываемая формула выглядела «красиво», мы
будем писать не 1, а С°.
1) Может гореть ровно 1 лампа из п.
Таких способов освещения С\.
2) Через С\ обозначено число спосо-
способов освещения, при которых горят 2
лампы из п.
к) Когда горят k ламп из п, полу-
получаем С* способов освещения.
п) Наконец, могут гореть все п ламп.
Таких способов освещения Спп. (Снова
ясно, что С% =1.)
Итак, всего способов освещения:
91
Второй метод. Обозначим число
способов освещения п лампами (каждая
из которых может гореть или не гореть)
через Dп. Докажем по индукции, что
Dn = 2" (по существу, это уже доказано
в указании к этой задаче).
Di — число способов освещения при
наличии одной лампы, очевидно, равно 2.
Далее, Dn—2Dn_1 (каждый способ осве-
освещения (п—1)-й лампой порождает 2 спо-
способа освещения п лампами: п-я лампа
может гореть и не гореть). Значит, из
предположения Dn_t =2"~' вытекает,
что Dn =2" . Итак, D п=2п . Но выше мы
показали, что
Следовательно,
46. Если есть только один светофор,
то способов включения 3. Добавим те-
теперь второй светофор. Из всякого спосо-
способа включения одного светофора, изме-
изменяя состояние второго, мы можем полу-
получить три способа включения двух. Зна-
Значит, число способов увеличится втрое.
Итого: 3-3=32 способов. Добавим тре-
третий светофор. Из всякого способа вклю-
включения двух светофоров снова можно по-
получить три способа включения трех
светофоров, изменяя состояние третьего.
Снова число способов увеличится втрое.
Для трех светофоров способов будет
3-32=33. При добавлении одного свето-
светофора число способов всегда увеличится
втрое. Значит, п светофоров можно за-
зажечь 3" способами.
47. Пусть первые k светофоров горят
каким-то способом (таких способов 3*.
см. задачу 46), при этом остальные мож-
можно зажечь 2"~к способами (см. зада-
95
чу 45). Значит, из каждого способа
включения k первых светофоров можно
получить 2п~к способов включения всех
светофоров. Значит, всего способов
49. Ответ: 10* • 323 номеров (в алфа-
алфавите 32 буквы).
50. Поставим в соответствие каждо-
каждому жителю царства последовательность
из 32-х нулей и единиц по следующему
правилу: если у жителя есть первый зуб,
то поставим на первое место последова-
последовательности 1, а если нет, то 0; если у жи-
жителя есть второй зуб, то поставим на
второе место последовательности 1, а
если нет, то 0; если у жителя и т. д.
(мы предполагаем, что зубы раз и на-
навсегда как-то занумерованы). Из усло-
условия ясно, что разным жителям будут
поставлены в соответствие разные после-
последовательности, поэтому максимальное
число жителей в царстве равно просто
числу таких последовательностей. А чис-
число таких последовательностей 232 (см.
решение задач 44 и 45). Кстати,
232^4 000 000 000 (четыре миллиарда).
Это больше нынешнего населения земно-
земного шара.
51. Рассмотрим слагаемые, которые
получатся после раскрытия скобок, но
до приведения подобных. Каждое такое
слагаемое есть произведение ста сомно-
сомножителей, причем любой из этих сомно-
сомножителей есть либо буква х, либо цифра.
Первый сомножитель есть либо х, либо
— 1, второй сомножитель есть либо х,
либо —2 и т. д. Нас интересуют только
такие произведения, в которых 99 раз
встречается х и 1 раз встречается число.
Таких будет сто, так как число может
96
встретиться на первом, на втором и т. д.
на сотом месте.
Соответствующие произведения бу-
будут:
99 раз 98 раз
хх-. ..*¦(— 100).
99 раз
Значит, коэффициент при jt" равен
101• 100
-A+2 + 3 + ...+ 100)=— —-2— = —5050
(в скобках стоит сумма членов арифме-
арифметической прогрессии. См. главу 1).
52. А. Порядок существен.
В этом случае каждое разложение опре-
определяется первым слагаемым, которое
может быть любым натуральным чис-
числом, меньшим п (при этом и второе
слагаемое будет натуральным числом).
Значит, всего разложений будет п—1.
Б. Порядок несуществен. Если
п нечетно, то разложений вдвое меньше,
чем в случае А, так как разложения
п=\ + (п—1) и п=(п—1) + 1, п=2 +
+ (и—2) и и=(/г—2)+2 и т. д. теперь
п— 1
считаются одинаковыми. Ответ: ^ .
Если же п четно, то для разложения
п= — +-р- не найдется пары, а для
любого другого найдется. Отсюда полу-
получаем ответ:
1 ¦ (я —1) —1 = _в_
2 2
53. Подсчитаем, сколько есть разло-
разложений, у которых первое слагаемое 1.
Сумма второго и третьего слагаемых
должна быть п— 1. Ясно, что таких раз-
7 С. И. Гельфанд и др. 97
ложений столько же, сколько разложе-
разложений числа п—1 в сумму двух слагаемых.
Но мы уже знаем, что их п—2 (см. ре-
решение задачи 52). Точно так же число
разложений, у которых первое слагае-
слагаемое 2, равно и—3 и т. д. Разложений, у
которых первое слагаемое п—2, одно.
Вот мы и подсчитали все разложения.
Их будет
(л—2)(п—1)
(п—2) + {п—3)+...+2+1 = ^ .
(Слева стоит сумма членов арифмети-
арифметической прогрессии.) Подсчитайте таким
же способом число разложений в сумму
четырех слагаемых. Ответ к этой задаче:
(п— 1)(п—
Еще одно решение задачи 53 смотри
в замечании к решению задачи 60.
54. Применим метод математической
индукции. При я=1 (вторая строка)
сумма чисел равна 2. Докажем, что сум-
сумма чисел в (и+1)-й строке вдвое боль-
больше, чем в п-п. Для этого напишем п-ю и
(п+1)-ю строки треугольника Паскаля
в следующем виде:
1 a b ... f g i
0+1 1+a a+b ... f+g g+l ,+0
вычислим сумму чисел в I
строке
Для этого сложим сначала первые сла-
слагаемые каждой скобки, а затем вторые
слагаемые. Получим
98
Слева стоит сумма чисел (я + 1)-й стро-
строки, а справа — удвоенная сумма чисел
п-й строки. Теперь ясно, что сумма чи^
сел в (и+1)-й строке равна 2".
55. В указании к задаче показан кон-
конкретный пример расстановки 14 слонов.
Следовательно, 14 слонов расставить
можно. Если мы докажем, что больше
чем 14 слонов расставить нельзя, то
первая половина задачи будет решена.
Рассмотрим сначала чернопольных сло-
слонов. Сколько их можно расставить на
шахматной доске, чтобы они не угрожа-
угрожали друг другу? 7 поставить можно; до-
докажем, что нельзя поставить больше.
Выберем 7 черных диагоналей, парал-
параллельных друг другу (рис. 35). На одной
диагонали может стоять максимум
одни слон. Поэтому ответ: 7, Если мы
возьмем «черные» диагонали, перпенди-
7*
99
кулярные указанным, то их окажется 8
(причем крайние будут содержать по
одной клетке). Рассматривая эти диаго-
диагонали, тоже можно было бы убедиться,
что больше семи слонов поставить нель-
нельзя (действительно, если поставлено во-
восемь слонов, не бьющих друг друга, то
два из них должны оказаться на край-
крайних диагоналях, но так как каждая из
этих диагоналей состоит из одной клет-
клетки, то эти два слона должны оказаться
в противоположных углах доски, т. е.
бить друг друга). Но это рассуждение
излишне, так как мы получаем наш ре-
результат более простым способом, выбрав
диагонали, как указано на рис. 35.
Максимальное число белопольных
слонов, не угрожающих друг другу, тоже
равно 7. Белопольный и чернопольный
слоны не могут угрожать друг другу.
Значит, всего на доске можно расста-
расставить максимум 14 слонов, не угрожаю-
угрожающих друг другу.
Обозначим через Б число способов
расставить 7 белопольных слонов, не
угрожающих друг другу; через Ч — число
способов расставить 7 чернопольных
слонов, не угрожающих друг другу; на-
наконец, через С—число способов расста-
расставить 14 слонов, не угрожающих друг
другу. Ясно, что Б=Ч, C=?-'/=(VJI
т. е. С — квадрат некоторого числа.
Замечание. Решите более общую задачу.
Пусть доска имеет размеры nxn, n — четное. До-
Докажите, что наибольшее число слонов, не угро-
угрожающих друг другу, равно Bп—2). Докажите,
что число способов расставить Bп—2) слонов,
не угрожающих друг другу, равно 2".
56. Вот один способ раздать яблоки и
груши: О Ф О • • (в 1 -й и 3-й день —
яблоки, во 2-й, 4-й и 5-й дни—-груши),
100
вот еще один способ: ф ф ф О О
(в первые три дня — груши, в послед-
последние два—яблоки). Итак, нужно пере-
пересчитать все таблички из двух светлых
и трех темных кружков; но мы уже сде-
сделали это, решая задачу 44. Ответз
С| 10
57. Каждому способу раздачи сопо-
сопоставим табличку из k светлых и п тем-
темных кружков; дни, когда выдают ябло-
яблоко, отмечаются светлым кружком; дни,
когда выдают грушу, — темным.
Таким образом, задача эквивалентна
следующей:
Имеется (n+k) ламп. Найти число
способов освещения, при которых горят
k ламп.
Остается вспомнить, что это число
мы обозначили через C*+ft (явное выра-
выражение через п и k можно получить, со-
сопоставив ответ с результатами задач
60, 66 и 67).
59. Мы уже доказали, что на каждой
вертикали стоит ровно одна ладья (см.
указания). Разумеется, и на каждой го-
горизонтали стоит тоже ровно одна ладья.
Ладью на вертикаль а можно было по-
поставить на любое из восьми полей (все
горизонтали были свободны). Но после
того, как эта ладья поставлена на дос-
доску, одна горизонталь уже занята (если,
например, ладья стоит на поле а.2, то на
горизонталь 2 нельзя ставить другие
ладьи). Поэтому на вертикаль Ь ладью
можно поставить только семью способа-
способами (в рассмотренном только что приме-
примере ее можно ставить на поля Ы, ЬЪ,
М, .... Ь8). После того как и ладья Ь
поставлена на доску, заняты уже 2 го-
горизонтали, а свободных горизонталей
101
остается 6, так что ладью с можно ста-
ъить на любое та Ь uonefr. 1\адъто d
можно поставить пятью способами, ла-
ладью е — четырьмя, / — тремя, g — дву-
двумя, h — только одним. Итак, ладью а
можно тюставтлтъ на jxockv/ восемью спо-
способами. Число способов поставить на
доску ладьи а и b равно 8 • 7. Число спо-
способов расстановки ладей а, Ь и с равно
8-7-6 и т. д. Ладьи а, Ь, с, ..., h можно
поставить на доску 8-7-6'5'4-3'2-1=
= 8! способами (I обозначает факториал,
см. задачу 5). Чтобы проверить, хорошо
ли Вы поняли решение, решите задачу:
«Сколькими способами можно расставить
на доске с пХп клетками п ладей, не
угрожающих друг другу?» Ответ: л!.
Еще раз проверьте себя. Сейчас будет
дано другое решение задачи 59, причем
получится... другой ответ (?!). Если Вы
верите, что первое решение верное, то
ищите ошибку во втором решении.
Второе решение будет дано сразу
для доски пХп. Обозначим число спосо-
способов расстановки п ладей (не угрожаю-
угрожающих друг другу) на доске пХп через L„.
Докажем, что Ln = (nlJ.
Доказательство ведем по индукции.
При л=±=1 теорема, очевидно, верна:
Li=(l!J (на доске из одного поля
можно расставить одну ладью одним
способом). Покажем, что если L „_г=
=[(и— I)!]2, то Ь„={п\J. Для этого до-
достаточно доказать, что Ln=n2'Ln_v Рас-
Рассмотрим одну из ладей. Ее можно по-
поставить на любое из п2 полей. Дальней-
Дальнейшие рассуждения иллюстрируются ри-
рисунками, причем на рисунках п—4. Итак,
пусть первая ладья поставлена на одно
из полей (на поле Р, рис. 36). Вырежем
из доски проходящие через это поле
вертикаль и горизонталь (на рисунке
они заштрихованы). Остальные ладьи
нельзя ставить на эти вертикаль и гори-
J02
зонталь. Из частей, на которые распа-
распалась доска (на рисунке они обозначены
Л, В, С и D), сложим доску размером
(п—1)Х(п—1), сдвинув части парал-
параллельно самим себе. На исходной доске
ЛАДЬЯ CTOWT НА PUC 36
ПОЛЕ Р
расставим все п ладей^так, чтобы они не
угрожали друг другу и чтобы первая
ладья стояла на поле Р. При этом все
ладьи, кроме первой, окажутся на не-
заштрихованных полях. Будем сдвигать
части А, В, С и D вместе со стоящими
на них ладьями. Тогда на полученной
доске (п— 1)Х(я—1) получится расста-
расстановка п—1 ладьи, причем ладьи не угро-
угрожают друг другу. Разным расстановкам
ладей на первой доске соответствуют
при этом разные расстановки ладей на
второй доске, и каждая расстановка ла-
ладей на второй доске может быть полу-
получена таким образом. Всего различных
расстановок на второй доске Ln_1. И по-
поле Р можно выбрать п2 способами. Зна-
Значит, /.„= п2 •?„_!.
Где ошибка?
Может быть, найти ошибку и не про-
просто. Тем более, что доказательство пе
очень простое. Чтобы облегчить Ваши
поиски, приведем еще одно доказатель-
доказательство (уже для случая и=4).
103
Итак, сколькими способами можно
расставить 4 ладьи на доске 4X4, чтобы
они не угрожали друг другу?
Первую ладью можно поставить на
любое из 16 полей. После того как ладья
поставлена на некоторое поле (см.
рис. 36), остальные ладьи можно ставить
только на незаштрихованные поля. Зна-
Значит, вторую ладью можно поставить на
доску девятью способами. Чтобы поста-
поставить третью ладью (когда поставлены
первые две), остается 4 поля. Наконец,
четвертую ладью можно (когда постав-
поставлены первые три) поставить единствен-
единственным образом (чтобы ладьи не угрожали
друг другу). Итак, L4=16«9-4-1 = D!J.
Где же ошибка? Подумайте, прежде
чем читать дальше.
Решение было бы верным, если бы на
ладьях были написаны номера. При этом
расстановки, изображенные на рис. 37,
Рис.37
были бы различными. Если номера не
написаны, то это одна и та же расста-
расстановка (рис. 38).
Итак, мы доказали следующие 2 тео-
теоремы:
1) Число /„ расстановок п ладей*)
на доске пХп равно п\, если ладьи не
различимы.
*) Не угрожающих друг другу.
104
2) Число Ln расстановок п ладей *)
на доске пХп равно (п!J, если ладьи
перенумерованы.
Каждая из этих теорем легко выво-
выводится из другой. Убедимся в этом снова
для п=4 (потом проведите это рассуж-
рассуждение в общем виде).
На доске 4X4 отметим 4 поля, удов-
удовлетворяющих следующему требованию:
если расставить на отмеченные поля
4 ладьи, то они не будут угрожать друг
другу. Назовем отмеченные поля а, Ь,
с и d. Ясно, что число различных спосо-
способов отметить 4 поля равно U. Напишем
на ладьях номера: 1, 2, 3 и 4. Пусть
Pi — число различных перестановок ла-
ладей 1, 2, 3 и 4 на полях а, Ь, с и d. Чис-
Число Р4 не зависит, конечно, от способа
выбора отмеченных полей: если А, В, С
и D — какие-нибудь другие отмеченные
поля, то число различных расположений
ладей 1, 2, 3 и 4 на полях А, В, С и D
тоже равно Р4- Поэтому Li = Pi-U.
Остается подсчитать число Р^. Сделайте
это сами. Ответ: Рц = А\. Таким образом,
L4//4=4!. Верна и более общая формула
Ln\ln = n\ (проверьте). Поэтому, зная,
что 1п=п\, находим, что Ln=(n\J; и об-
обратно, зная, что Ln = (n\J, находим, что
/^=«1. Выше мы употребили символ Р„;
Р„ — это число способов расставить п
перенумерованных ладей на п фиксиро-
фиксированных полях доски.
60. Перенумеруем п предметов: 1,
2, ..., п. Теперь каждый способ выбрать
'2 предмета из п соответствует паре чи-
чисел (номера выбранных предметов), при-
причем пары (к, т) и (т, к), очевидно,
определяют один и тот же способ. Итак,
О равно числу пар A, 2), A, 3), ...
..., (п—\, п).
*) Не угрожающих друг другу.
105
Первый номер в паре может прини-
принимать п значений, второй — остальные
п—1 значений. Всего пар п(п—1). Но
пары номеров (k, m) и (т, k) при этом
сосчитаны обе, хотя они определяют
одну и ту же пару предметов. Значит,
?& _ п(п — 1)
" ¦ 2
Замечание. Теперь мы можем дать новое
решение задачи 53.
Разбиение числа п на 3 слагаемых можно
представить себе так: есть спица (как в счегах),
на которую надето п костяшек, затем костяшки
раздвигаются в двух местах. Между костяшками
п—1 промежуток. Выбрать из них два (где мы
раздвигаем костяшки) можно С%_у способами.
Итак, ответ: cLi-("~1)("~2)-
62. Обозначим число способов раз-
раздать 5 попарно различных апельсиноз
восьми сыновьям через А\. Подсчитаем
Л| двумя методами.
Первый метод. Число способов
выбрать из восьми сыновей пятерых
(тех, которые получат апельсины) рав-
равно Cf. Любому такому выбору соответ-
соответствует 5! способов раздачи апельсинов
(число способов раздать 5 попарно раз-
различных апельсинов пяти сыновьям). Зна-
Значит, Л| = С| *5!.
Второй метод. Первый апельсин
можно дать любому из 8 сыновей. Вто-
Второй — любому из оставшихся 7 сыновей
и т. д. Пятый — любому из оставшихся
4 сыновей (остальные трое не получат
5 8!
апельсинов). Итак, /48 = 8'7«6-5-4 = ^-.
63. Докажем, что на (?+1)-м месте
(п+1)-й строки треугольника Паскаля
стоит С*. Доказывать будем индукцией
по п. Для п=1 теорема верна. Действи-
106
тельно, во второй строке треугольника
Паскаля на первом месте стоит 1 =С{) и
на втором месте стоит 1 = С,'. Предполо-
Предположим, что теорема верна для п. Докажем,
что тогда она верна и для п+1. Если
k—Q или k = n+\, то теорема верна, так
как C°+i =1, C?t{=l, а в любой строке
треугольника Паскаля на первом и
последнем месте стоят единицы. Вспом-
Вспомним теперь, что С* есть число способов
включения k ламп из п. Посмотрим,
сколько есть способов включения k ламп
из п+1. Если последняя лампа горит,
то остальные могут гореть С* спосо-
способами (из остальных ламп мы можем
включить любые k— 1). Если же послед-
последняя лампа не горит, то остальные можно
включить С* способами. Тем самым до-
доказано, что С*+1 = С* + С *. По индук-
индуктивному предположению в (п+1)-й стро-
строке треугольника Паскаля стоят числа
Ckn . А по определению треугольника Пас-
Паскаля в следующей строке будут стоять
числа:
По доказанному, эту строчку можно пе-
переписать так:
1» d+ь Сп+ь..., СЯ+ь 1.
Это и означает, что теорема верна для
п+1. Индукция окончена.
66. Подсчитаем сначала, сколькими
способами из п предметов можно вы-
выбрать три в определенном порядке.
Первым можно взять любой предмет, вто-
вторым— любой из п—1 оставшихся, тре-
третьим— любой из п—2 оставшихся. Все-
Всего п(п—1) (п—2) способов. Но при та-
таком способе действий мы каждый набор
предметов (без учета порядка) получим
107
р
PI
ровно шесть раз (набор, состоящий из
предметов А, В, С, мы получим в шести
видах: ABC, АСВ, ВАС, ВСА, CAB,
СВА). Значит, выбрать три предмета
из п — без учета порядка выбора —
n(n-l)(n-2)
можно z способами.
о
67. По определению С„, k предметов
из п можно выбрать С* способами.
Можно решать нашу задачу (т. е. найти
для С„ явную формулу) так же, как и
предыдущую. А можно воспользоваться
индукцией. Мы доказали в задаче 63,
что
/oft—I . rk rk
*->л ~~Г *->л = l-'n+b
Докажем индукцией по п, что
Г* — п(п— \) ...{n—k + 1)
"~ А!
(условимся считать, что 0! = 1). Для
п=\ наше утверждение верно. Предпо-
Предположим, что оно верно для п. Тогда по
индуктивному предположению
r* n(n — \) ...(n — k+2)
¦ n(n—l)...(n—k+l) _
А!
п(п— 1)...(п—k+2)
(А—1)!
1)-п(п-1) ...
Мы доказали, что наше утверждение вер-
верно и для п+\. Индукция окончена. По-
Полученную формулу можно переписать в
виде
С* — "'
" ~ А! (п — k)\
108
Число С„ называется числом сочета-
сочетаний из п по k.
Сп — число способов выбрать k пред-
предметов из п без учета порядка выбора.
Существует специальное обозначение
и для числа способов выбрать k пред-
предметов из п в определенном порядке:
Akn • Мы уже применяли это обозначе-
обозначение в решении задачи 62; там были до-
казаны формулы: Л|=С|-5!=-^-. Ана-
Аналогичные формулы справедливы и в об-
общем случае:
Проверьте это.
Число Акп называется числом разме-
размещений из п по k.
При k = n число Акп называют числом
перестановок из п элементов и иногда
обозначают через Р п.
Названия «число сочетаний из п по
k» и «число перестановок из п» и обозна-
обозначение С* общеупотребительны. Название
«число размещений из п по k» и обозна-
обозначения Л* и Рп употребляются реже.
70. Каждый из членов, которые по-
получаются после раскрытия скобок в вы-
выражении
есть произведение семи сомножителей
(так как скобок семь). Любой из этих
сомножителей — либо буква, либо циф-
цифра 1. Итак, мы должны найти число
произведений семи сомножителей, каж-
каждый из которых может быть «в двух
состояниях». Значит, наша задача экви-
эквивалентна следующей:
109
Р
Найти число способов освещения се-
семью лампочками, каждая из которых
может гореть или не гореть. Ответ: 27.
71. Прочитайте решение задачи 70.
Нас интересуют такие произведения, в
которые 3 раза входит буква и 4 раза —
цифра 1. Таких произведений столько же,
сколькими способами из 7 букв можно
7-6-5
выбрать 3, т. е. С| = 1 2~ =35.
Замечание. Повторяя почти дословно ре-
решение этой задачи, можно доказать, что после
раскрытия скобок в выражении A+fli) О+Яг) —
,..A+а„) будет С„ членов, содержащих k букв.
.72. Раскроем скобки в выражении
г(\+х+уJ0, но не будем приводить по-
подобные. Каждый из членов, которые при
этом получатся, есть произведение два-
двадцати сомножителей. Причем любой из
сомножителей — либо 1, либо х, либо у.
Значит, наша задача эквивалентна сле-
следующей: сколькими способами можно
зажечь 20 светофоров, каждый из кото-
которых может гореть либо красным, либо
желтым, либо зеленым светом?
Ответ: З20 (сравните с задачей 70).
73. Ответ: коэффициент при х11 равен
20-19-18 1Z , , ,о „
. Коэффициент при х18 равен 0.
74. Перечитайте замечание в конце
решения задачи 71. Сравним два выра-
выражения:
Если положить ai=a2 = —= О5б=л:, то
второе выражение превратится в первое.
После раскрытия скобок в выраже-
выражении (l+ai)(l+a2) -.(l + ase) будет С?
членов, содержащих 8 букв. Любой из
ПО
этих членов превратится в х8 при замене
каждой буквы а\, а2, .... ase на х.
Значит, коэффициент при Xs в выра-
выражении A+jcM6 (после раскрытия скобок
и приведения подобных) равен С86.
Аналогично, коэффициент при xiB ра-
вен СЦ.
Замечание. Числа С*6 и С^б равны. По-
Поэтому коэффициенты при х* и при Xм в выраже-
выражении A+хM6 равны. Точно так же равны между
собой коэффициенты при хь и при х50 в выраже-
выражении A+хN6. Вообще, в выражении A+х)" равии
коэффициенты при х и при хп~ ; Cn
75. Доказательство формулы
почти дословно повторяет решение за-
задачи 74.
76. Проведем доказательство по ин-
индукции. При п— 1 утверждение справед-
справедливо: (l+x)l = l + l -х, биномиальные
коэффициенты совпадают с числами 2-й
строки треугольника Паскаля.
Предположим, что утверждение вер-
верно для п—1:
где а0, аи .... аь~\, ak ап-.\ —числа
из n-й "строки треугольника Паскаля.
Докажем, что тогда оно верно и для
п. Другими словами, нужно показать,
что
A + х)" = b0 + bjx +...+ bkxk + ... + bnx",
где bo, bu ..., bk, ..., b — числа из
(«+1)-й строки треугольника Паскаля.
Ill
По определению треугольника Паска-
Паскаля имеем
Ьо = 1, Ь1 = а0 + aL Ьк = ак_г + ak,...
..., Ьп_г = а„_2 + ап-и 6„= 1 (=
Итак, нужно показать, что
A+х)«= 1+(ао + а1)д; + ... 4-
Но это очевидно:
=(ao+alx+...+akxk+...+an-1xn-l)-(l+x)=
=ao+aix+...+akx* +...+an-lxn~l+
+aux+...+ak-lxk+...+an-ixn-1+an_lxn=
+(an_a+an_i) «"-Ч
78. Так как (a + b)n=an(l + j\", то
член, содержащий ak, равен
79. Найдем сначала все члены с хк.
Напишем
Теперь в выражении (y + z)n~k найдем
член су':
(у + 2у.-*= .
Отсюда ясно, что член, содержащий
xk-yl, будет
Выражение С^-Оп_к можно несколько
преобразовать:
n\ (n —
k\ (n — k)\
k\ l\ (n—k—l)\
80. Если в тождестве
A+ x)" =C° + ClnX+C2nx*+ ... +
положить х=\, получим
2"=C°n + С' + C2n+ ...+C-1 + С
При х=—1 получим
0=C°-C' + C2n+...+(~iyQ.
Складывая и вычитая почленно эти ра-
равенства, получим
с+с\
81. Если в выражении A+jc—Зд:2I965
раскрыть скобки и привести подобные
члены, получится многочлен a0+oi-x+
+ а2-х2+а3'xs+.... Заметим, что сумма
его коэффициентов равна значению мно-
многочлена при х=]
ао+аг 1+а2.
Разумеется, на самом деле раскрывать
скобки и приводить подобные не надо.
Достаточно подставить х—1 в исходное
выражение.
A + 1—3- 1 2I965 =(_1I96Б= _ 1_
Итак,
86. Ответ: С\—п. Решение: возь-
возьмем все пары различных вершин много-
многоугольника (таких пар С2) и соединим
8 С. И. Гельфанд и др. 113
отрезками точки каждой пары. Получим
С^ отрезков. Среди них будет п сторон,
а остальные — диагонали, т. е. диагона-
диагоналей будет С\—п.
91. Перепишем более компактно ус-
условие задачи:
а
6
н
6
Ф
7
ан
4
нф
3
фа
2
анф
1
Пусть из комнаты ушел человек,
знающий три языка, тогда никто из
оставшихся не знает более двух языков
и мы имеем такую задачу:
а
5
н
5
Ф
6
ан
3
нф
2
фа
1
анф
0
Пусть теперь из комнаты ушли три че-
человека, знающие одновременно англий-
английский и немецкий языки; число людей,
знающих другие пары языков, не изме-
изменилось (так как никто в комнате не знает
трех языков):
а
2
н
2
Ф
6
ан
0
нф
2
фа
1
анф
0
После того как уйдут двое, знающие не-
немецкий и французский, и один, знающий
французский и английский, мы полу-
получим задачу:
а
1
н
0
Ф
3
ак
0
нф
0
фа
0
анф
0
114
Эта задача решается без труда: в ком-
комнате остался один человек, знающий
только английский язык, и трое, знаю-
знающие только французский язык; всего че-
четыре человека. Кроме того, вышло семь
человек, значит, сначала в комнате было
11 человек. Из них только английский
знает один.
92. Просуммируем число читателей,
прочитавших данные k книг, по всем на-
наборам из k книг. Полученную сумму
обозначим через Sk. Докажем, что
и есть число читателей в библиотеке.
Возьмем читателя, прочитавшего ров-
ровно k книг, и посмотрим, какой вклад он
вносит в каждое слагаемое суммы S. Без
ограничения общности можно считать,
что наш читатель прочитал первые k
книг. В слагаемое S, наш читатель вне-
внесет вклад k( — C\), так как он входит в
число читателей, прочитавших первую
книгу, в число читателей, прочитавших
вторую, третью, и т. д. k-ю книгу. В 5г
наш читатель внесет вклад С\, так как
он входит в число читателей, прочитав-
прочитавших любую пару книг из первых k. Ана-
Аналогично, в 5тнаш читатель внесет вклад
СЛ" притер А, и 0 при m>k. Значит,
вклад нашего читателя в сумму S равен:
c\-ci + cl+... + (-1)*-1 cl
Но мы знаем, что— C°+Ok—q-fCf+...
... +(—1)*-1С*=0 и С° = 1. Значит, вклад
нашего читателя в сумму 5 равен 1-
Рассуждение применимо к любому чита-
читателю. Следовательно, S равно числу чи-
читателей библиотеки, что и требовалось
доказать.
8* 115
Замечание. Нетрудно видеть, что задача
91 является частным случаем задачи 92. Однако
метод решения задачи 91 можно использовать и
для решения задачи 92.
93. Рассмотрим пять
фонных номеров:
А В
множеств теле-
1
2
1
2
1
2
D
1
2
1
2
(например, множество Б состоит из но-
номеров, у которых на втором-третьем ме-
месте стоит 12, а на остальных местах что
угодно). В каждом из этих множеств по
104 номеров. Множества Л и В не имеют
ни одного общего номера. Множества А
и С имеют 102 общих номеров — это но-
номера вида
1
2
1
2
Легко подсчитать, что существует
6-Ю2 номеров, которые входят одновре-
одновременно в какие-нибудь два множества. И,
наконец, только один номер A2 12 12)
входит в три множества. Теперь либо
методом решения задачи 91, либо мето-
методом решения задачи 92 можно легко по-
показать, что искомое число равно 5- 104 —
—6-102+1=49 401.
Глава 3
95. Если за сутки не было ни одного
дождя, оба школьника поставят оцен-
оценки + . Если все время шел дождь, то оба
116
поставят —. Если утром шел дождь, а
днем и вечером было сухо, то первый по-
поставит —, а второй +.
Случай -Н— невозможен, потому что
первый школьник ставит + только в
том случае, если дождя не было ни разу.
Но тогда и второй школьник должен
поставить +.
96. Если первый школьник поставил
+, это значит, что дождя не было ни
разу. Тогда остальные два тоже поста-
поставят + . Общая оценка будет + + +. Если
первый поставил —, а третий +, это зна-
значит, что дождь шел ровно один раз из
трех. В этом случае второй школьник
должен поставить +. Общая оценка бу-
будет —\-+. Если же первый и третий
поставят —, это значит, что дождь шел
или 2 раза из трех, или все 3 раза-
В первом случае второй школьник по-
поставит +, во втором случае —. Об-
Общая оценка будет —I— или .
Так как мы разобрали все возможные
случаи, других оценок встретиться не
может.
Другой способ. Дождь может ид-
идти О, 1, 2 или 3 раза. Ответ вытекает из
таблицы:
-^__^^ Сколько раз шел дождь
Оценки ~~ ~--^^
1-Й ШКОЛЬНИК
2-й школьник
3-й школьник
0
+
+
+
1
4-
+
2
+
3
—
97. а) Пусть А — самый низкий среди
высоких, Б — самый высокий из низких.
Сравним их с В — человеком, который
стоит в том же ряду, что и А, и в той
же колонне, что и Б. Поскольку А — са-
самый высокий в своем ряду, то он выше
117
В, а так как Б — самый низкий в своей
колонне, то он ниже В. Значит, А вы-
выше Б.
б) Рассмотрим два расположения
(рис. 39).
1)
. зэ
Если на заштрихованные места по-
поставить людей более высокого роста по
сравнению с остальными, то в первом
случае самый низкий из высоких ока-
окажется выше, а во втором случае — ниже,
чем самый высокий из низких (про-
(проверьте!).
Подумайте, почему в первом из этих
случаев нельзя применить те же рассуж-
рассуждения, что и в решении задачи а).
99. Предположим, что каждый школь-
школьник решил только одну задачу, но так,
что каждая задача была кем-нибудь ре-
решена, В этом случае контрольная будет
трудной в смысле а) и легкой в смыс-
смысле б).
100. Примеры 3+4 = 7, 2+7 = 9 пока-
показывают, что теоремы 2, 3, 4, 5 неверны.
Теорема 1 очевидна. Теорема 6 легко
доказывается от противного.
101. Теорему 8 легко доказать от
противного (если верна теорема 1). В са-
самом деле, пусть теорема 8 неверна. Это
значит, что из В не следует А, т. е. воз-
возможен случай, когда выполняется В и
118
не выполняется А. Но это означает, что
не выполняется В и выполняется А. По
теореме 1 это невозможно.
Для теорем 4 и 5 можно подобрать
и такие примеры утверждений А и В,
для которых эти теоремы верны, и та-
такие, для которых они неверны. Наиболее
наглядные примеры можно построить
так. Пусть А и В—два множества то-
точек на плоскости. В качестве А возьмем
утверждение «точка М принадлежит
множеству Л», а в качестве В — утверж-
утверждение «точка М принадлежит множест-
множеству б». Тогда теорема 1 означает, что
множество А целиком содержится в
множестве В\ теорема 2, что дополнение
к А содержится в В*); теорема 3, что
А содержится в дополнении к В, и т. д.
Сформулируйте самостоятельно осталь-
остальные теоремы и нарисуйте примеры мно-
множеств А и В, для которых эти теоремы
верны, и гримеры, для которых они не-
неверны.
Нужные нам примеры получаются из
рассмотрения рис. 40.
Разберите эти случаи самостоятельно
и убедитесь, что теоремы 4 и 5 могут
быть и верными, и неверными.
*) Дополнением к некоторому множеству А иа
плоскости называется совокупность всех точек
плоскости, ие входящих в А. Например, допол-
дополнением к верхней полуплоскости (включая ось
Ох) будет нижняя полуплоскость (не включая
точек оси Ох).
119
Разумеется, можно было бы привести
и другие примеры (например, теоремы
1 и 6 из задачи 100 или знакомые Вам
теоремы из геометрии и алгебры). До-
Докажем теперь, что теоремы 2, 3, 6 и 7
неверны.
Если бы теорема 2 была верна, то
мы имели бы следующую схему:
* теорема 1 г> теорема 2 д~
(если А верно, то В верно по теореме 1.
если А неверно, то В верно по теоре-
теореме 2). Таким образом, утверждение В
должно быть верным всегда, а мы усло-
условились такие утверждения не рассмат-
рассматривать.
Если теорема 3 верна, то
р теорема 3 д теорема 1 о
Значит, если в каком-нибудь случае
утверждение А верно, то верны два про-
противоречащих друг другу утверждения В
и В, что невозможно. Итак, А всегда не-
неверно. Но такие утверждения мы не
рассматриваем.
Если верна теорема 6, то
р теорема 6 д теорема 1 о
Мы видим, что из того, что утвержде-
утверждение В неверно, следует, что оно верно.
Это может быть только в том случае,
когда В верно всегда.
Если верна теорема 7, то
д теорема 1 р теорема 7 Т
Другими словами, из того, что А верно,
следует, что А неверно. Значит, А всегда
неверно.
102. а) Пусть сначала х^-0. Тогда
|х|=х и мы получаем уравнение Зх=3,
откуда х=\. Пусть теперь л:<С 0; тогда
\х\=—х и мы получаем уравнение
—л;=3, откуда х=—3. Ответ: Х\ = 1,
х2=—3.
120
б) Для х^-0 получаем уравнение
Х2+Зх—4 = 0, откуда Xi = l, x2 = —4. Ус-
Условию х^О удовлетворяет только пер-
первый корень.
Для х<^0 получаем уравнение х2—¦
—Зх—4=0, откуда хх=—1, х2 = 4. Усло-
Условию х-<0 удовлетворяет только первый
корень. Ответ: Х\ = \, х2=—1.
в) Пусть х<—-i. Тогда |2х+1| =
= — Bх+1),|2лс— \\ = —Bх—1). Мы по-
получаем уравнение —Bх+1) — Bх—1) =2,
откуда х= y-
Пусть — y<*< -j. Тогда |2х+11 =-
= 2х+1, |2х— \\ =—Bх—1). Мы полу-
получаем уравнение Bх+1)— Bх—1)=2, ко-
которое выполняется тождественно. Зна-
г 1 11
чит, все числа отрезка — —, — являют-
являются решениями нашего уравнения.
Пусть теперь х>—. Тогда Jх+1| =
=2х+1 и |2х—11 =2х—1. Мы получаем
уравнение Bх+1) + Bх—1)=2, откуда
х= —. Ответ: решениями являются все
г 1 и
числа отрезка . — •
103. а) Пусть сначала числа х и у
положительны. Тогда |х|=х, \у\—У,
\х+у I =х+у. Исследуемое неравенство
превращается в равенство.
Если х положительно, а у отрица-
отрицательно, то нужно отдельно рассмот-
рассмотреть случай х+у^-0 и случай х+у<0.
В первом случае |х|=х, \у\ = —У.
\х+у \ = х+у. Неравенство принимает
вид х+у<!х—у. Оно верно, так как у
отрицательно.
121
Во втором случае |я|=*, \у\=—У,
\х+у\ = — (х+у). Неравенство прини-
принимает вид
—х—у -С *—У-
Оно верно, так как х положительно.
Остальные случаи получаются из ра-
разобранных, если изменить знак у обоих
чисел хну. Так как при этом \х\, \у)
и jx-\~y\ не изменятся, неравенство
останется верным.
б) Можно было бы, как в решении
задачи 9 а), рассмотреть отдельно все
возможные случаи расположения чисел
х, у и х—у на числовой оси, но мы вос-
воспользуемся тем, что неравенство
|л:+ #! <^М + |#| уже доказано. Обо-
Обозначим х—у через г. Тогда x=y+z. Так
как |у + г|<|у| + |г|, то |х|<\y\ + ]х-у\,
что и требовалось доказать.
в) Здесь опять возможно решение с
помощью разбора различных случаев,
но проще вывести это неравенство из
уже доказанных. Для этого заметим, что
если М^>|#|, то наше неравенство
совпадает с неравенством задачи 1036).
Если же |х| < \у\, то наше неравенство
принимает вид \х — у\ ^ \у\ — \х\ или
\у — х\ ^ \у\ — \х\ , А это снова неравен-
неравенство задачи 1036), в котором перестав-
переставлены хну.
Замечание. Можно предложить более на-
наглядное решение, если воспользоваться тем, что
величина |*| равна расстоянию между точками
х и 0 на числовой оси, а величина I х—у | — рас-
расстоянию между точками х и у. См. по этому по-
поводу первый выпуск нашей «Библиотечки», ко-
который называется «Метод координат».
104. а) Неравенство 1? 1000< 1,001
можно переписать так: 1000< A +0,001) ".
Раскроем правую часть по формуле
122
бинома. Мы получим
0,001)"=
1000 2-10002 1000"
Отсюда видно, что при и>1 величина
A+0,001)" во всяком случае больше,
чем Ц—— , Поэтому при достаточно
1000 J F
большом п, например при и== 1000000,
будет: A+0,0001) "> 1000. Значит, при
п= 1000000 выполняется и исходное не-
л
равенство У 1000 < 1,001.
б) Так же, как в решении задачи
104а), перепишем неравенство в виде
п<( 1+0,001)" и раскроем правую часть
по формуле бинома. Из этой формулы
следует, что при л>2 справедливо нера-
неравенство A+0,001)" >1 + —+ "("~1) .
1000 2-10002
Но при достаточно большом п это вы-
выражение больше, чем п. В самом деле,
если п—1>2-10002, то уже последнее
слагаемое будет больше, чем п. Следова-
Следовательно, при я=2-10002+2 выполняется
неравенство A,001) ">п, а. значит, и
л
исходное неравенствоУ~п < 1,001,
в) Воспользуемся тождеством Уп +1—¦
— У п = -. —у=. Из него видно, что
/п+1+/и
величина Уп+1—Уп во всяком случае
не больше, чем —-==. . Поэтому при
п>25 выполняется неравенство
123
г) Такого числа п не существует. В
самом деле, если |/п2 + /г — п<0,1, то
\ п2+п < п + 0,1 и
= п2+— +0,01. Последнее неравенство,
очевидно, не выполняется ни при каком
натуральном п, так как п>—+0,01.
О
105. Посмотрим, как ведет себя вы-
k3 — 2k
ражение
при больших (по
— 3 Н V
абсолютной величине) значениях k.
Ясно, что в числителе главную >роль
играет член k3, а в знаменателе k*. По-
Поэтому можно ожидать, что при больших
значениях k наше выражение приблизи-
тельно равно — = — . Исследуем те-
перь, насколько точное значение нашего
выражения отличается от найденного
приближенного. Для этого сделаем пре-
преобразование:
— 2k + l
'¦— 3
Пусть \k\^>2; тогда
1-
2 .
1
А2 + А*
3
А*
> 1
<" 1 4-
3 .
А4 '
2
А2
1
8
> 1
, 1
1 А Is
<2,
L-
16 ^
1
> —
2
124
Поэтому при |?|>-2 справедливо нера-
неравенство
*»
1
1*1
Итак, при \k\^-2 наше выражение
не превосходит 2. Остается посмотреть,
какие значения оно принимает при k =
——1, 0, 1. Эти значения равны соот-
соответственно 1, Уз. 0.
Ответ: искомое число С существует.
Например, можно положить
С=2.
Замечание. Таким же способом можно
получить более точные оценки для нашего выра-
выражения и убедиться, что наибольшее значение,
равное 1, оно принимает при Л=—1. Сделайте
это самостоятельно.
106. Наше выражение является про-
произведением двух чисел: k и sin k. Первое
из них может быть выбрано как угодно
большим. Если при этом второе число не
будет слишком маленьким, то и все про-
произведение будет большим числом. По-
Потребуем, например, чтобы sin k было
больше 1/2. Множество точек х, для ко-
которых sin jc> 1/2, состоит из бесконечного
числа интервалов вида
6
где п — любое целое число (рис. 41).
Длина каждого интервала равна 2я/3. Так
как эта длина больше 1, внутри каж-
каждого из этих интервалов есть хотя
бы одно целое число. Отсюда следует,
что для любого числа С существует
125
бесконечно много чисел, для которых
k-sink>C. В самом деле, для всех чи-
чисел k, лежащих в указанных выше ин-
интервалах, выполняется неравенство
—. Поэтому если натуральное
число k больше, чем 2С, и лежит внутри
одного из указанных интервалов, то
ksink>C. Таких чисел, очевидно, бес-
бесконечно много.
107. а) Пусть отрезок [а, Ь] — ловуш-
ловушка. Это значит, что вне этого отрезка
может быть только конечное число чле-
членов последовательности.1 Если бы этот
отрезок не был кормушкой, то внутри
его тоже было бы только конечное число
членов последовательности. Но всего в
последовательности бесконечное множе-
множество членов. Противоречие показыва-
показывает, что отрезок [а, Ь] должен быть кор-
кормушкой.
б) Последовательность б) и отрезок
Б из задачи 108. Первый, третий, пятый
и т. д. члены последовательности лежат
внутри отрезка, а второй, четвертый, ше-
шестой и т. д. — вне отрезка. Поэтому от-
отрезок является кормушкой и не является
ловушкой.
109. а) Последовательность
!; 3-2 2;
126
б) Такой последовательности не су-
существует. В самом деле, предположим,
что для некоторой последовательности
отрезок [0, 1] — ловушка. Тогда вне это-
этого отрезка может быть только конечное
число членов последовательности. Зна-
Значит, и внутрь отрезка [2, 3] попадет толь-
только конечное число членов. Поэтому отре-
отрезок [2, 3] не будет кормушкой и тем бо-
более (см. задачу 107а)) не будет ловушкой
для последовательности.
110. а) При любом расположении от-
отрезка длины 1 он не пересекается хотя
бы с одним из отрезков [0, 1] и [9, 10].
Пусть, например, наш отрезок не имеет
общих точек с отрезком [0, 1]. Если бы
наш отрезок был ловушкой, то вне него
и, в частности, внутри отрезка [0, 1] бы-
было бы только конечное число членов по-
последовательности. А это противоречит
тому, что отрезок [0, 1] по условию яв-
является кормушкой. '
б) Рассмотрим две последователь-
последовательности:
и 1-9- -!-• 9—- —¦ 9—1 •-!_¦ 9—.
9} О 1P--L • Q-L- —• о_!_- .п~1. о_1_-
> ' ' 2 " " 2 ' 3 ' " 3 и ' п •¦"•
Для первой последовательности нссу-
ществует ловушки длины 9. (Проверьте,
что отрезки о, — и 9 — ,10 являются
кормушками для этой последовательно-
последовательности. Отсюда, как и в решении задачи
110а), доказывается, что ловушки дли-
длины 9 не существует.)
Для второй последовательности от-
отрезок [—, 9—] является ловушкой, так
127
как все члены последовательности, на-
начиная с третьего, принадлежат этому
отрезку.
111. а) Последовательность!; 2; 3; ...;
п\ ... не имеет ни одной кормушки, так
как в отрезке длины / содержится не
более 1+1 членов последовательности.
б) Мы сейчас построим последова-
последовательность, среди членов которой содер-
содержатся все рациональные числа. Посколь-
Поскольку в любом отрезке найдется бесконеч-
бесконечное множество рациональных чисел, то
для такой последовательности любой
отрезок будет кормушкой. Чтобы по-
построить нужную нам последователь-
последовательность, будем двигаться по линиям клет-
клетчатой бумаги так, как показано на
рис. 42.
ч
1 '
.с 1-
1
1
1
1
1
\
1
i
i
-2 -1
<< S ТС
Рис чг
Каждый раз, когда мы проходим че-
через вершину клетки, мы записываем
один член последовательности. Если
клетка имеет координаты х, у (как вид-
видно из чертежа, хиу — целые числа, при-
причем t/>0), то соответствующий член по-
последовательности равен —. Мы полу-
У
128
чаем, таким образом, последовательность
0 1 1 0—1—1 —2 —2 —2
1 ' 1 ' 2 ' 2 ' 2 ' 1 ' 1 ' 2 ' 3 '•"•
Покажем, что в нашей последовательно-
последовательности содержатся все рациональные числа.
В самом деле, каждое рациональное
число по определению может быть за-
записано в виде —, где р и q — целые
Q
числа и <7>0. При движении по плоско-
плоскости описанным выше образом мы на не-
некотором шагу придем в точку с коорди-
координатами р, q. Соответствующий член по-
последовательности будет как раз —
9 '
На самом деле каждое рациональное число
встретится в нашей последовательности даже
бесконечное число раз, поскольку рациональное
число бесконечным числом способов можно пред-
р 2 4 6
ставить в виде (например, ~~ =~т~— ~Z~—
Q о о У
8
= 7^"= •••)• Однако указать явно для каждого
рационального числа номер соответствующего
члена последовательности не так просто. Попро-
1 5
буйте, например, найти номер чисел 1—,—=-, 10.
А чему равен 100-й член эгой последователь-
последовательности?
113. а) Рассмотрим отрезок с цент-
центром в точке а. Длину этого отрезка обо-
обозначим через 2е. По определению преде-
предела найдется такое число k, что при всех
n>k справедливо неравенство \хп—а\ < е.
Это неравенство означает, что точка хп
лежит на нашем отрезке. Итак, вне на-
нашего отрезка расположено не более
k членов последовательности. Значит,
наш отрезок — ловушка.
б) Пусть задано любое положитель-
положительное число е. Рассмотрим отрезок с цент-
9 С. И. Гельфанд и др. 129
ром в точке а, имеющий длину меньше
2е. По условию, этот отрезок является
ловушкой. Поэтому вне его лежит только
конечное число членов последовательно-
последовательности. Пусть k — наибольший из номеров
этих членов. (Если вне отрезка совсем
нет членов последовательности, то по-
положим fe=0.) Тогда для любого n>k
член хп лежит на нашем отрезке, т. е.
выполняется неравенство \хп—а| <е.
Мы доказали, таким образом, что а —¦»
предел последовательности {*„}•
114. а) Пусть задан отрезок с цент-
центром в точке а. Обозначим длину отрезка
через 2е. По определению предела су-
существует такое число k, что при n>k
выполняется неравенство \х„—а|<е.
Это значит, что все члены последователь-
последовательности с номерами, большими k, лежат
на заданном отрезке.
Пусть теперь задан отрезок, не содер-
содержащий точки а. Обозначим через е рас-
расстояние от точки а до ближайшего конца
отрезка. По определению предела суще-
существует такое число k, что при n>k вы-
выполняется неравенство \хп — fl|<e. Это
значит, что при n>k член х„ лежит бли-
ближе к точке а, чем ближайший конец
заданного отрезка. Поэтому все члены
с номерами, большими k, лежат вне это-
этого отрезка. Значит, на заданном отрезке
не может быть бесконечного множества
членов последовательности.
б) Для последовательности I; —; 3;
1 л—1
—; ...; п (~" ; ... любой отрезок с
4
центром в точке 0 является кормушкой.
В самом деле, подпоследовательность,
составленная из членов с четными но-
номерами —; —; —; ...; ——: .... очевид-
130
но, стремится к нулю. Поэтому в любом
отрезке с центром в точке 0 имеется
бесконечное множество членов этой под-
подпоследовательности (см. решение зада-
задачи 114а)). Значит, этот отрезок является
кормушкой для исходной последователь-
последовательности. Покажем теперь, что никакой от-
отрезок, не содержащий точки 0, не
является кормушкой. В самом деле, для
подпоследовательности, составленной из
членов с четными номерами, этот отре-
отрезок — не кормушка (см. решение зада-
задачи 114а)); для подпоследовательности,
составленной из членов с нечетными но-
номерами 1; 3; 5; 7; ... вообще никакой от-
отрезок не может быть кормушкой (дока-
(докажите это самостоятельно). Поэтому на
любом отрезке, не содержащем точки О,
будет только конечное число членов с
четными номерами и конечное число чле-
членов с нечетными номерами. Значит, на
этом отрезке всего конечное число чле-
членов последовательности и, следователь-
следовательно, отрезок — не кормушка.
Итак, последовательность хп=п1—*>
и число 0 удовлетворяют условиям за-
задачи 1146). Но число 0 не является пре-
пределом последовательности. В самом де-
деле, в противном случае для всех членов
последовательности, начиная с некото-
некоторого номера, выполнялось бы условие
|лг„|<1. Однако это неравенство не вы-
выполняется для всех членов с нечетными
номерами.
Замечание. Последовательность
можно представлять себе как объединение двух
более простых последовательностей: 1; 3; 5; 7;...;
111 1
2п-1;... „ -; -; -, ...; —; ...
Этот способ построения последовательностей
9* 131
PI
часто бывает полезен. Например, чтобы построить
пример последовательности, для которой каждый
из двух заданных отрезков являлся бы кормуш-
кормушкой (см. задачу 1096)), можно объединить две
последовательности, для одной из которых пер-
первый отрезок является кормушкой, а для другой —
второй отрезок является кормушкой.
115. В решении задачи 114а) мы до-
доказали, что если хп->а при п-»оо, то
никакой отрезок, не содержащий точки
а, не является кормушкой. Отсюда тре-
требуемое утверждение легко выводится ме-
методом от противного. Сделайте это са-
самостоятельно.
116. Для того чтобы доказать, что
последовательность \хп) имеет преде-
пределом число а, нужно показать, что для
каждого положительного числа е можно
подобрать такое число k, что при n>k
будет справедливо неравенство \хп — а\ <
<е. Часто бывает возможно указать
явную формулу, выражающую k через е.
яч „ (—1)"~ . lim x=0. Так как
а) х" = ~^~ ' я—
\х \= — , то в качестве k можно взять
я
—. В самом деле, при п>— выполняет-
ся неравенство \xj[ = — <е.
п
Замечание. Число k определяется
по заданному е неоднозначно. В разо-
разобранном примере в качестве k можно
2 1
было взять k= — или \-\ (и вообще
е е
любое число, большее —). Часто бывает
Е
удобно брать не самое «экономное» зна-
значение для k (которое может очень слож-
сложно выражаться через е), а более простое
выражение. Например, чтобы доказать,
132
что lim-
1
ns+0,6n+3,2
=0, можно восполь-
воспользоваться тем, что л:„<—<С— и в ка-
п3 п
честве k взять —. Это гораздо удобнее,
?
чем самое экономное значение
з / г
+ J/ 1,6-У 2,552--^+^,
которое получается из решения куби-
кубического уравнения
я3 + 0,6« + 3,2 = -L .
Е
Бывают и такие случаи, когда для
самого экономного значения k вообще
нельзя указать явной формулы, а значе-
значение «с запасом» легко может быть най-
найдено.
Так как \хп—1\= ——, то в качестве
можно взять Iog3 ( — )•
в) Пользуясь формулой суммы гео-
геометрической прогрессии, находим хп =
= 1+|- + ... + -^- = 2——.Отсюда видно,
что lim xn — 2 и в качестве k можно взять
п-*о>
¦* (т)-
133
г) Предела не существует, так как
для любого числа а и любого е нера-
неравенство \хп — а\ < е выполняется только
для конечного числа номеров п.
д) lim хп~\\ так как \хп—1| в этом
п-*-аа
случае тождественно равно нулю, нера-
неравенство \хп—1|<е выполняется при лю-
любом положительном е для всех номе-
номеров п.
е) Рассмотрим отдельно случай чет-
четного и нечетного п. При четном п — Ъп
мы имеем хп= — . Поэтому при т>
т
1 2
> — (т. е. при п>—) выполняется не-
неравенство |*„|<е. При нечетном п член хп
равен нулю, поэтому неравенство |х„| <
<0 выполняется для всех нечетных но-
номеров. Итак, lim xn — 0 и в качестве k
п-»оо
2
можно взять число —.
?
ж) По формуле суммы геометриче-
геометрической прогрессии имеем 0, 22 ... 2 =
10 102
— = —1\ -\
10" 9 \ 10" /'
2
Отсюда Нтхп = —и в качестве k мож-
п-»-оо 9
но взять lg (—J (или просто lg (—) —
см. замечание к решению примера 116а)).
з) Предела не существует. В самом
деле, если n=180m, то х„=0, а если
n=90+360m, то хп=\. Если бы последо-
последовательность имела предел а, то, начиная
с некоторого номера по, выполнялось бы
неравенство \х„—а|<—, Отсюда, в
свою очередь, следовало бы, • что при
134
«1>По и П2>п0 выполнялось бы нера-
неравенство \хП1—Хп2\ < ]xnt —а | + | а — хпд <
Но в нашей последовательности есть
члены со сколь угодно большими номе-
номерами, отстоящие друг от друга больше,
чем на —.
2
и) Так как |cosn°|<; 1, то \хп\ -<—.
Отсюда видно, что Ига х„=0 и в каче-
п-»оо
стве k можно взять —.
?
к) Предела не существует. Если бы
число а было пределом, то, начиная с
некоторого номера, выполнялось бы не-
неравенство \хп—а\ < -j-. Тогда \х„—хп+1\ <
-1- + -1. = 1. Но
разность между любыми соседними чле-
членами нашей последовательности боль-
больше 1.
117. Предположим, что два разных
числа а и Ь являются пределами одной
и той же последовательности {хп\. Обо-
Обозначим расстояние между этими точка-
точками через 2е. Если а — предел последова-
последовательности \хп), то найдется такое число
ku что при n>ki, будет выполняться не-
неравенство \хп—а\ < е. Аналогично, если
b — предел последовательности {хп}, то
найдется такое число k2, что при п>&2
будет \хп—Ь\ < е. Следовательно, если
номер п больше и^к k2, то выполняют-
выполняются оба неравенства \хп—а\ < е и
\хп—Ь\ < е. А это невозможно, так как
\а—Ь\ = 2е.
135
118. а) Покажем, что любой отрезок
с центром в точке а является кормуш-
кормушкой. Пусть длина отрезка равна 2е. Нам
нужно показать, что бесконечно много
членов последовательности попадают на
этот отрезок, т. е. удовлетворяют нера-
неравенству \хп — а] <[ е. Предположим, что
это не так. Тогда на нашем отрезке ле-
лежит только конечное число членов по-
последовательности.
Пусть k — наибольший из номеров
этих членов. (Если на нашем отрезке
соЕсем нет членов последовательности,
то положим k=0.) Тогда все члены с но-
номерами, большими k, лежат вне отрезка.
Но это противоречит определению пре-
предельной точки: для любого k найдётся
номер n>k. такой, что \хп— а\ < е, и,
значит, хп лежит на нашем отрезке.
б) Предположим противное, т. е. что
а не является предельной точкой после-
последовательности. Это значит, что для неко-
некоторого е и некоторого k не найдется та-
такого номера n>k, для которого \хп—а\ <
<е. Другими словами, на некотором от-
отрезке с центром в точке а лежит только
конечное число (не более k) членов по-
последовательности. Мы пришли к проти-
противоречию с данным нам условием, по
которому любой отрезок с центром в точ-
точке а является кормушкой для \хп] и,
значит, содержит бесконечно много чле-
членов последовательности.
119. Это следует из решений задач
113а), 107а) и 1186). Попробуйте изло-
изложить это решение, не используя понятий
ловушки и кормушки.
120. а) Последовательность xn—t
п
имеет пределом число 1. Значит (см. за-
задачу 119), число- 1—предельная точка
136
для этой последовательности. Других
предельных точек последовательность не
имеем (см. задачи 114а) и П8а)).
б) Точки +1и—1, очевидно, являют-
являются предельными для последовательности
хп=(—1)" . Для любой другой точки а
можно построить такой отрезок с цент-
центром в точке а, в котором вообще нет ни
одного члена последовательности. По-
Поэтому других предельных точек после-
последовательность не имеет.
в) Так как функция sin jk° имеет пе-
период 360°, то каждое из чисел 0, ±sin 1°;
±sin2°; ...; ± sin 89°; ±1 встречается в
последовательности бесконечное число
раз. Поэтому все эти числа являются
предельными точками. Если число а не
совпадает ни с одним из перечисленных
181 чисел, то можно построить отрезок
с центром в точке а, не содержащий ни
одного члена последовательности. (Для
этого достаточно взять длину отрезка
меньше, чем расстояние от точки а до
ближайшего из указанных выше чисел.)
Поэтому других предельных точек после-
последовательность не имеет.
г) Эту последовательность удобно
представлять себе как объединение двух
последовательностей уп = и г„=2л.
Первая последовательность имеет един-
единственную предельную точку 0, вторая во-
вообще не имеет предельных точек. (До-
(Докажите эти утверждения самостоятель-
самостоятельно.) Покажем теперь, что точка а явля-
является предельной для исходной последо-
последовательности тогда и только тогда, когда
она является предельной хотя бы для
одной из двух последовательностей {#„}
и \zn). В самом деле, если воспользо-
воспользоваться результатом задачи 118, то оста-
останется доказать следующее почти очевид-
137
ное утверждение: отрезок [а, Ь] является
кормушкой для последовательности {хп)
тогда и только тогда, когда он является
кормушкой хотя бы для одной из после-
последовательностей {уп}, \гп).
Замечание. Точно такими же рассужде-
рассуждениями доказывается общая теорема: если после-
последовательность {хп} является объединением ко-
конечного числа последовательностей {{/л}, {гя),...
*••» {'л}, то множество предельных точек для {хп)
получается объединением множеств предельных
точек для {уп}< {гя},..., {tn}.
е) Если число а удовлетворяет усло-
условиям 0 <Са<С 1, то на любом отрезке с
центром в точке а лежит бесконечно
много членов нашей последовательности.
В самом деле, если длина отрезка рав-
равна 2е, то при любом п> — среди группы
Е
членов —; —; ...; есть хотя бы
п п п
один, лежащий на нашем отрезке. Если
же а<0 или а>1, то можно построить
отрезок с центром в точке а, который не
содержит ни одного члена последова-
последовательности.
Поэтому предельными точками на-
нашей последовательности будут все точки
отрезка [0, 1] и только они.
122. а) Пусть последовательность
{хп} имеет предел х0. Возьмем какой-
нибудь отрезок [а, Ь] с центром в точке
х0- Так как этот отрезок является ловуш-
ловушкой для последовательности [хп\ (см.
задачу 113а)), то вне этого отрезка рас-
расположено только конечное число членов
последовательности. Пусть xk— наиболь-
наибольший (по абсолютной величине) из этих
членов. Обозначим через С наибольшее
из чисел \а\, \b\, \xk\ . Тогда для всех
членов последовательности будет спра-
138
ведливо неравенство \хп\ ~^. С. В самом
деле, если х лежит на отрезке [а, Ь], то
\хп\ не превосходит наибольшего из чи-
чисел \а\, \Ь\. Если же хп не лежит на
отрезке [а, Ь], то ]хп\ < \xk\ (так как
xk— наибольший по абсолютной величи-
величине среди членов последовательности, не
лежащих на [а, Ь]). Значит, и подавно
хп|< С.
б) Последовательность, приведенная
в задаче 1086), ограничена, так как
\хп\ ^ 2. Докажем, что она не имеет
предела. В самом деле, легко проверить,.
что отрезки [0, —] и[1, 1—] являются
4 4
кормушками для последовательности
{х }, Расстояние между этими отрезками
3
равно —.
4
Отсюда вытекает (см. решение зада-
задачи 110а)), что для этой последователь-
последовательности не существует ловушки длины
о
<—. Но если бы последовательность
4
{*„} имела предел а, то любой отрезок с
центром в точке а был бы ловушкой и,
значит, существовали бы ловушки как
угодно малой длины. Полученное про-
противоречие показывает, что последова-
последовательность {хп} не имеет предела.
Разумеется, можно так изложить это
решение, чтобы в нем не фигурировали
термины «ловушка» и «кормушка» (ср.,
решение задач 116з), 116к)). Сделайте
это самостоятельно.
123. а) Пусть W — любое положи-
положительное число. Для всех n>N справед-
справедливо неравенство \xJ>N. Поэтому по-
последовательность [хп] стремится к бес-
бесконечности.
139
б) То же решение, что и в случае а),
в) Последовательность не ограниче-
ограничена, так как для любого положительного
числа С найдется такой номер п, что
\хп\>С (достаточно в качестве п взять
любое четное число, большее С). Но эта
последовательность не стремится к бес-
бесконечности, так как неравенство \хп\ > 1
не выполняется для всех нечетных чле-
членов последовательности.
г) Пусть N — любое положительное
число. Для всех n>N2 выполняется
неравенство xn>N. Следовательно,
д) Покажем, что последовательность
{хп\ ограничена. Более точно, мы пока-
покажем, что |я„| <; 5. Поскольку хп >0, то
\хп\ — хп, и мы должны доказать, что
я„<^5. А это вытекает из следующих
соотношений:
1ООЯ
100 + n2
5
100 + п2
A00+п2 — 20п) =
- 5A0~ nf
100 + п2
125. Мы разберем подробно только
два примера.
1)-Покажем, что условию 1 удов-
удовлетворяет любая последовательность
{хп}. В самом деле, мы должны пока-
показать, что найдется такое положительное
число е, такое число k и такой номер
n>k, что \хп — а|<е. Возьмем в качест-
качестве е число \ху — а\ + 1 и положим &=0,
п=1. Тогда требуемое условие будет
выполнено.
6) Покажем, что условие 6 означает,
что последовательность {хп} не имеет
числа а пределом. В самом деле, утверж-
140
дение «а является пределом последова-
последовательности \хп) » означает, что для любо-
любого е>0 найдется такое k, что для всех
n>k верно неравенство!*,, — а\ < е. От-
Отрицание этого утверждения выглядит
так: «не для любого е>0 найдется такое
k, что для всех n>k верно неравенство
\хп—а\ < е».
Эту фразу можно пересказать сле-
следующим образом: «для некоторого е>0
не найдется такого k, что для всех n>k
верно неравенство \хп — а] < е». А это
можно сформулировать так: «найдется
такое е>0, что для любого k не для всех
n>k верно неравенство \хп — а | < е».
Наконец, эту фразу можно пересказать
так: «найдется такое е>0, что для любо-
любого k найдется n>k, для которого
К— «|>е».
Мы получили как раз условие 6. Об-
Обратите внимание на то, что это условие
можно получить из определения преде-
предела по следующему правилу: I) вместо
слов «найдется такое, ... что» поставить
«для любого»; 2) вместо слов «для лю-
любого» поставить «найдется такое,... что»;
3) неравенство \хп—а\ <е заменить на
противоположное неравенство \хп—а\ ]> е.
Это правило применимо и ко всем осталь-
остальным условиям. Проверьте, что оно дает
для каждого условия формулировку
отрицания этого условия.
126. Если набор начинается знаком
+ , то все члены последовательности рав-
равны а. Поэтому все остальные знаки на-
набора однозначно определяются: последо-
последовательность имеет число а пределом и
предельной точкой, ограничена и не
стремится к бесконечности.
Рассмотрим теперь наборы, которые
начинаются знаками К это значит,
что последовательность стремится к а.
\А\
Тогда все остальные знаки набора опре-
определены: последовательность имеет а пре-
предельной точкой (задача 119), ограничена
'(задача 122а)) и не стремится к беско-
бесконечности.
Разберем еще наборы, у которых по-
последний знак -К В этом случае последо-
последовательность стремится к бесконечности и
это определяет все остальные знаки на-
набора: последовательность не равна тож-
тождественно а, не стремится к а, не имеет
а предельной точкой и не ограничена.
Остальные наборы имеют первым,
вторым и пятым знаком —. Оказывается,
что в этом случае на третьем и четвер-
четвертом местах могут стоять любые знаки.
Соответствующие примеры приведены
в разделе «Ответы и указания».
127. В разделе «Ответы и указания»
приведены примеры последовательно-
последовательностей, имеющих предел и имеющих либо
наибольший, либо наименьший член, ли-
либо и тот и другой. Остается доказать,
что не существует последовательности,
имеющей предел, но не имеющий ни наи-
наибольшего, ни наименьшего члена.
Пусть последовательность {хп) не
имеет наибольшего члена. Покажем, что
тогда можно выделить из последователь-
последовательности \хп\ возрастающую подпоследова-
подпоследовательность. В самом деле, рассмотрим
первый член последовательности х\. Так
как он не наибольший, существует не-
некоторый член хп, >х\. Этот член хп. не
может быть больше всех следующих за
ним членов последовательности (так как
в противном случае наибольший из пер-
первых ni членов последовательности был
бы наибольшим из всех членов). По-
Поэтому существует такой номер «2>пь
что Хп2>*П1. Член Хп, опять не может
142
быть больше всех следующих за ними
членов и т. д. Мы получили бесконечную
возрастающую подпоследовательность
*i < xnt< х„г < ... < xnh < ...
Аналогично, если последовательность
{хп} не имеет наименьшего члена, то су-
существует бесконечная убывающая под-
подпоследовательность
XiJ> Хт% ^> Хтг ^> ... ^> Хт j> ...
Обозначим" через е разность между
*я, и хт,- Тогда при всех k>\ будет
выполняться неравенство хп —хт >
к ft
п — хт^ = е. Отсюда вытекает (ср.
решение задач Пбз) или 1236)), что
последовательность {хп} не имеет пре-
предела.
128. Если последовательность [хп]
или какая-нибудь ее подпоследователь-
подпоследовательность не имеют наибольшего члена, то,
как показано в решении задачи 127,
можно выделить из {хп} бесконечную
возрастающую подпоследовательность..
Рассмотрим теперь тот случай, когда в
любой подпоследовательности есть наи-
наибольший член. Пусть хп — наибольший
из всех членов последовательности,
хп — наибольший из членов, следующих
за х„, хп — наибольший из членов,
следующих за х„г , и т. д. Очевидно,
справедливы неравенства
Итак, и в этом случае из последова-
последовательности {хп} можно выделить монотон-
монотонную подпоследовательность.
143
129. Рассмотрим последовательность
1,4; 1,41; 1,414; 1,4142; ... В этой после-
последовательности член хп является прибли-
приближенным (с недостатком) значением чис-
числа V~2 с точностью до —-.
Из самого определения последова-
последовательности [хп] вытекает, что lim *n=j/
«—>GO
(при /2>lg (—[выполняется неравенст-
неравенство \хп—\^2 |<е). Так как число 1^2 ир-
иррационально и так как последователь-
последовательность {хп} может иметь только один
предел, то никакое рациональное число
не является пределом последователь-
последовательности.
Замечание. В этом доказательстве мы
использовали тот факт, что существует вещест-
вещественное число, квадрат которого равен 2 и которое
может быть записано бесконечной десятичной
дробью. Можно так видоизменить наши рассуж-
рассуждения, чтобы в них фигурировали только рацио-
рациональные числа. Для этого надо определить хп
как наибольшее из чисел, которые можно запи-
записать конечной десятичной дробью с п знаками
после запятой и квадраты которых меньше 2.
После этого нужно показать, что если хп стре-
стремится к какому-нибудь числу а, то о2=2.
Основная идея этого доказательства состоит
в следующем.
Число х „ обладает тем свойством, что хл
меньше 2, но (хп+ — J уже больше 2. Поэтому
при больших п число хв очень близко к 2. С дру-
другой стороны, при достаточно больших номерах п
числа хп и о близки, а, значит, близки и числа
х\ и о2. Отсюда можно заключить, что разность
между о2 и 2 как угодно мала. Но эта разность —
постоянное число, не зависящее от п. Поэтому
о2=2. Остается доказать, что не существует ра-
ииональиого числа а, квадрат которого равен 2.
Попробуйте самостоятельно довести изложенные
здесь соображения до строгого доказательства.
144
130. Пусть дана ограниченная после-
последовательность. Выберем из нее бесконеч-
бесконечную монотонную подпоследовательность
(см. решение задачи 128). Эта подпо-
подпоследовательность ограничена и по аксио-
аксиоме Больцано—Вейерштрасса имеет пре-
предел. Покажем, что этот предел являет-
является предельной точкой для исходной
последовательности.
В самом деле, всякий отрезок с цент-
центром в этой точке является ловушкой для
выбранной подпоследовательности. По-
Поэтому на нем лежит бесконечное число
членов исходной последовательности,
т. е. этот отрезок — кормушка для исход-
исходной последовательности. Наше утверж-
утверждение вытекает теперь из теоремы 1186).
131. а) Последовательность хп=\ +
Ч К.Н , очевидно, является возра-
4 п2
стающей. Покажем, что она ограниче-
ограничена. В самом деле, так как —< ,
яа п(п— 1)
то
Итак, \хп\<2 при всех п. Поэтому из
аксиомы Больцано—Вейерштрасса сле-
следует, что существует lim xn.
Методами высшей математики можно уста-
новить, что этот предел равен —~. Элементарный
о
вывод этого факта см. в книге: А. М. Яглом,
И. М. Яглом сНеэлементарные задачи в элемен-
элементарном изложении».
10 С. И. Гельфанд ¦ яр. Н5
б) Очевидно, что подпоследователь-
подпоследовательность х2п , составленная из членов с чет-
четными номерами, является возрастающей,
и ограниченной, так как
_ _/.
—3/ 4л— 1
\4л—5 4 л
Поэтому существует Итх2„. Обозна-
чим этот предел через а и покажем, что
число а является пределом всей последо-
последовательности х„. В самом деле, пусть за-
задано любое положительное число е. Тог-
Тогда найдется такое число k, что при
2n>k будет выполняться неравенство
\х2п—о|< —. Кроме того, при 2п+1> —
выполняется неравенство
\Х2п + 1 Х2п+2 |< ~ •
Поэтому, если номер п больше наиболь-
наибольшего из чисел k и —, то \хп — с|<е.
Оказывается, что о=^/4(доказательство см.,
например, в цитированной выше книге А. М. Яг-
лома и И. М. Яглома).
132. а) Нам нужно доказать, что для
любого положительного числа г найдет-
найдется такое число k, что \хп + уп—а—b\ < e
при всех n>k. Так как по условию
146
\im x n=a, to найдется такое число ku
что \хп—а\ < — при п > kx.
Точно так же из того, что lim у„=Ь,
следует существование такого числа k2,
что \уп—Ь\ < — при n>k2. Пусть k -—
наибольшее из чисел k\ и k2. Тогда при
n~>k мы получим
б) Доказывается так же, как и а).
в) Воспользуемся тождеством
-bxn-\-bxn—ab =
= хп(уп-Ь)+Ь(хп-а).
Так как последовательность хп имеет
предел, то она ограничена (см. задачу
122а)), т. е. существует такое число С,
что |л:„|<С С при всех п. Обозначим че-
через М наибольшее из чисел Си |6|.
Пусть теперь нам задано любое положи-
положительное число е. Так как \\тхп=а, то
существует такое число k\, что при n">kx
выполняется неравенство ' \хп—а\ < — .
Точно так же существует такое
число &2> что при п>&2 выполняется не-
неравенство \уп—6| < — .Пусть k обозна-
обозначает наибольшее из чисел k\, k2. Тогда
при n>k мы будем иметь:
2М 2М
г) Воспользуемся тождеством
хп а_ _ хп—а , а (Ь—уп)
Уп Ь ijn byn
10* 147
Предположим сначала, что нам уда-
удалось доказать ограниченность последо-
последовательности 1—1. Это означало бы, что
\Уп)
существует такое число М, что
при всех п. Тогда
Уп
Ьуп
Пусть нам задано любое положитель-
положительное число е. Мы можем найти такое
число ku что \хп— с| < — при п > klt и
такое число k2, что \уп — Ь\ < -Е [ при
n>k2. Обозначим через ft наибольшее
из чисел &i и &2- Тогда при п>^ мы
получим
ч а_
„ Ь <^'П~2М"ГШ Ь 2 И At
Докажем теперь, что если lim у п=Ь,
rt-s-oo
|, ?/„=^=0, то последовательность 1—1
(Уп)
ограничена. Предположим для опреде-
определенности, что 6>0. Тогда существует
такое число k, что при n>k выполняется
неравенство \у„—Ь\ < — .Из этого нера-
неравенства следует, что при n>k все члены
последовательности {уп} лежат на от-
отрезке I—, —I Обозначим через М наи-
, 2 111
большее из чисел —; —; • -—
ь \уА 1г/21' ' " Ы
(мы считаем здесь, что число k выбрано
148
целым). Очевидно, что неравенст-
неравенство — <С М выполняется для всех п.
Уп
Разберите самостоятельно случай
Ь<0.
134. Пользуясь результатами задачи
133, мы можем написать:
miiin
о—
п
lira B+-)
10
б) li
" =0;
в) lim
Я-vco / 1 \ / 3 \
A+«)A+т)
lira ( 1 + JL\
«->00 \ П I
lim (i + _L\ lim (l +—
= 0;
149
1
9" - 1 9n
Г) Hm ? ~' = llm —
п-»оо 2" + 1 п-ум 1
2"
tonfl—JL\
«-«Л 2" I
Jm f 1 + -Ц
Urn
д) Как показано в гл. 1, сумма
1* + 2ft +... + л* является многочленом
от п степени k+l со старшим членом
nft+1 (см. задачу 23). Поэтому
k + 1
llm xn
П-*-ос
л + + ... +
135. Имеем: l/n + 1— Kn— 1 =
9
(см. «Ответы и указа-
/п+1 + / п—1
2
ния»). Поэтому |*„1=
. Отсюда вытекает, что при
l
v n-l
1 +
выполняется неравенство
150
136. Воспользуемся тем, что 2"—
= A + 1)" =1-+я+ п(а~1) +...>п +
. п(п—1) п2 т-г , , п ^ 2
+ \ = -J. Поэтому К| = — <— .
2
При л > — будет выполняться нера-
Е
венство \хп\ < е.
137. Воспользуемся тем, что
а" = [1 + (а— 1)]« = 1+я(а- 1)+
+ JfcJl (а_ 1J + ... > «inizD. (а-1J.
Поэтому
ап п(п— 1)
(о1)
Для любого положительного е при
9
п> =-j—hi мы будем иметь |л;„|<е.
(О 1) Е
138. Пусть число п заключено между
2«г—1 и 2т; тогда Iog2n заключен между
т—1 и т. Следовательно, выражение
og* п не превосходит величины —^—^ .
Но мы знаем (см. задачу 136), что для
любого е>0 найдется такое число k,
что при m>k выполняется неравенство
—— <—. или —^^j<e. Покажем, что при
п>2к будет выполняться неравенство
^^- <е. В самом деле, если п>2к, то
п
п заключено между 2т~1 и 2т, где m>k.
¦л log2n ^ т ,
Поэтому -^-<-^=г<е.
151
139. Покажем, что для каждого по-
положительного е существует такое чис-
число k, что при n>k выполняется нера-
венство
то
\Гп— 1 I <е. Так как V ~Р
\v~
п — l|=l/V— 1.
Посмотрим, при каких п неравенство
л
У п—1 <е не выполняется.
Другими словами, при каких п вы-
п
полняется неравенство Уп—1 ^>е или
1 +е, или п >(l + e)". Так как
то из неравенства п^>A+е)п вытекает,
что п> -5-;—е2, откуда п<Н—-. По-
2
этому для всех п> 1 -\—- неравенство
У п—1 ^ е неверно, и следовательно, вер-
но неравенство У п—1<е.
140. Будем пользоваться обозначе-
обозначениями, принятыми в указании к этой
задаче. После первого шага улитка по-
попадет в точку с координатами (о + 1, Ь),
после второго — в точку с координатами
(о+1, Ь+\) и т. д. После 2л-го шага
она будет в точке (а + п, b + п), а после
Bп+1)-го — в точке (а+n+l, Ь + п).
Ь+п у Ь + п
Поэтому к',„ = ~ • й2П+1 — ; 7~. •
J in а+п а + п + 1
152
Остается найти предел последова-
последовательности kп. Обозначим k2n через k,,,
а *2П+1 — через kn- Легко проверить (см,
решение задачи 134), что последователь-
последовательности \kn\ и {kn\ стремятся к 1. По-
Поэтому для любого е > 0 найдется такое
число It, что при п> 1\ будет выполняться
неравенство \k\—11 <е. Точно так же
найдется такое число /г, что при п > h
будет выполняться неравенство! k2 — 11<
<е. Обозначим через / наибольшее из
чисел 2/t и 2/2 + 1. Тогда при п>1 будет
выполняться неравенство \kn—1| < е.
141. Сохраним обозначения, приня-
принятые в указании и решении задачи 140.
\ г> «_' «_ Ь+2п
а) В этом случае kn =«2п = >
kn — k2n+1 = — . Мы получаем, что
а+п+\
lim ^ = lim k"n=2. Отсюда, как и выше,
выводится, что lim k „ существует и pa-
вен 2.
б) В этом случае
k = k — b+2+'i+-+2n = k+n*+n.
а+п*
Отсюда lim Jfe',=lim fe=L и, как и вы-
ше, доказывается, что lim kn существует
и равен 1.
в) В этом случае kn = k2n
— 1Ап— П
3
О
153
ъ — ь
а+1+4+...+22Л
Отсюда видно, что lim kn=2, lim&n =
^ —. Покажем, что последовательность
\kn] в этом случае не имеет предела.
В самом деле, если некоторая последо-
последовательность имеет предел а, то любая
ее подпоследовательность имеет тот же
самый предел. Докажите это самостоя-
самостоятельно, используя, например, задачи
113а) и б).
Но в нашем случае подпоследова-
подпоследовательности {kin} и {&2n+i} имеют разные
пределы. *
142. Из подобия треугольников
ИоМ„Р0 и А„МпРп (рис. 43) мы полу-
получаем
Обозначим абсциссу точки М„ через хп.
Тогда полученную пропорцию можно пе-
переписать так:
Отсюда получается выражение для xKi
а(ап + 1)
2ап+ 1
154
Поэтому
lim xn=-
im а ( а 4- I
-»¦* \ п }
+ \
П I
2а
Геометрически полученный ответ
можно сформулировать так: касатель-
касательная, проведенная к любой точке пара-
параболы, делит пополам отрезок, соединяю-
соединяющий вершину параболы с проекцией точ-
точки касания на ось Ох.
143. Пусть мальчик Петя вышел из
точки А\. Обозначим через В, С, D со-
соответственно точки, в которых располо-
расположены школа, кинотеатр и каток
(рис. 44).
Путь мальчика Пети изобразится
ломаной AiA<iA3..., в которой точка А%—
середина отрезка А\В, точка А3 — сере-
середина отрезка А2С, точка А4 — середина
отрезка A3D и т. д. Докажем, что точки
Аи Ait A7, .... А3п+1, ... лежат на одной
прямой. В самом деле, отрезок А2А5
является средней линией в треугольнике
AiBAit поэтому этот отрезок параллелен
/4,у44, а длина его вдвое меньше. Точно
так же, рассматривая треугольник
А2СА5, мы выводим, что отрезок AsAe
параллелен А^А*,, а длина его вдвое
меньше. Наконец, из треугольника АфА&
мы получаем, что отрезок А*А7 парал-
параллелен АзАв и имеет вдвое меньшую дли-
длину. Сравнивая полученные результаты,
мы видим, что отрезки А\А4 и AtA7
являются продолжением друг друга,
причем длина /44/47 в 8 раз меньше дли-
длины A J/4 4.
Точно так же устанавливается, что
отрезок AiA\o является продолжением
отрезка А^АЪ отрезок Лю/413 — продол-
продолжением отрезка А7АХО и т. д. Итак, точ-
155
ки Аи At, Ai ASn+l, ... лежат на
одной прямой. Мы доказали также, что
расстояния между этими точками обра-
образуют геометрическую прогрессию со
знаменателем —, Теперь нетрудно пока-
8
зать, что последовательность А\\ At;
А7; ...; А3п+1; ... имеет предел. В самом
деле, примем точку А\ за начало коор-
координат на прямой, проходящей через
точки нашей последовательности, а за
единицу масштаба примем длину отрез-
отрезка AiAt. Тогда координата точки А3п+1
будет равна
(i)"
8 ' 8г ' Ь"-1 ' ,_J_
8
Поэтому существует Птлсв = 1— (см. за-
задачу 132).
Мы доказали, таким образом, что
последовательность точек Ац At; Ar, ...;
^3n+i ; ... стремится к некоторой точке М.
Точно так же можно доказать, что по-
последовательность Л2; А5; Л8; ...; А3п+2; ...
стремится к некоторой точке N, а после-
последовательность А3\ А6; Ад; ...; А3п; ...—
к некоторой точке Р. Таким образом,
путь мальчика Пети довольно быстро
приближается к движению по сторонам
треугольника MNP. Докажите самостоя-
самостоятельно, что положение точек М, N и Р
зависит только от положения точек В,
С и D и не зависит от точки Аи откуда
начинается движение.
144. Первый способ. Введем на
прямой Л^Мг систему координат, приняв
точку Mi за начало координат и отре-
отрезок М\М2 за единицу масштаба. Тогда
156
координата хп точки Мп связана с
координатами предыдущих точек соот-
соотношением
v . хП—1 "Ь *П—%
" 2
(докажите это равенство самостоятель-
самостоятельно). Покажем, что последовательность
{хп} стремится к — .
О
Для этого мы покажем по индукции,
" х
В самом деле, положив п=\, полу-
получаем хх =— fl + 2^ — -^-\ 1=0, при л=2,
Предположим теперь, что равенство
х„ = — 1 + 2 / — \ доказано для
всех n^ik, и проверим его справедливость
при n~k-\-l.
Подставляя выражение для xk и лсЛ_,
в формулу A:ft+1 = *"', мы получим
2 Г / 1 \*"| 2 Г / 1 \к~1
тН-тI+тН-т)
157
Второй способ. Рассмотрим точ-
точку N, которая делит отрезок МХМ2 в от-
отношении 2:1. Докажите, по индукции,
что эта же точка N делит все отрезки
М2М3, М3М4, ..., М„Мп+1, ... в отношении
2:1. Отсюда непосредственно вытекает,
что длина отрезка MnN в 2"~1раз мень-
меньше, чем длина отрезка MtN. А это зна-
значит, что последовательность Mi; M2; ..-;
Мп\ ... имеет точку N своим пределом.
145. а) По формуле суммы геомет-
¦еской щ
И<1, то
рической прогрессии Sn~ - . Если
lim A — ...
lim Sn = ¦
I |
1 — а I — а
Если |о|>1, то 5л-г-оо при
Наконец, если |а|=1, то получаем или
последовательность Sn = n (при а=1),
или Sn= (при а = — 1). Обе эти
последовательности не имеют предела.
Итак, при |а|:> 1 ряд расходится.
б) Представим Sn в виде (а + а2 + ...+
+ап) + (а2+ а3 + ... + ап) + ... + {а"-1-^
+ а") + ап. Применяя к каждому из вы-
выражений в скобках формулу суммы гео-
геометрической прогрессии, получаем
a — an+1 , ai—al+l . .
-\ : г ••• "Г
1 — a 1 — a 1 — a
I—a
a—an+l
/iu"+l
1—a a — (Я-М—na)an+1
I —a A — a?
Из этой формулы уже легко выво-
выводится (см. задачу 137), что при \а\ < 1
*> ° > а ПРИ М > * РЯ3 расходится.
(l-o
/»+1 / я + 1
г) Так как
п(п+1)(п+2) 2
ТО
= _L Г/J L\ + /J L\
2 [\1-2 2-3/ \2-3 3-4/
2 [1-2 (n+l)(n+2)J ' 4
д) Покажем, что
,
n+i n+2 In 2
В самом деле, в этой сумме /г членов и
наименьший из них равен '/г. Теперь
заметим,
(так как каждое из выражений в скоб*
ках больше 7г). Отсюда вытекает, что
159
Ftl
Ш
i
¦>
p
A.B. F,
РисЛ5
Sn -> oo при n -v oo. Знячит, ряд рас-
расходится.
146. Два кирпича можно положить
друг на друга со сдвигом на — (мы
считаем длину кирпича равной 1). Рав-
Равнодействующая Pi сил F1 и Fa проходит
на расстоянии — от края второго кир-
4
пича (рис. 45). Поэтому третий кирпич
можно сдвинуть относительно второго
на —. Теперь нужно найти равнодейст-
4
вующую сил Р| и F3. Поскольку сила Pi
вдвое больше F3, точка приложения рав-
равнодействующей делит в отношении 2: 1
отрезок между точками приложения сил
^з и Pi (рис. 46). Отсюда следует, что
четвертый кирпич можно сдвинуть отно-
относительно третьего на —. Продолжая
6
= р+р так дальше, можно проверить (сделайте
1 * * это самостоятельно, используя принцип
6.В. _ ?l = L математической индукции), что (л + 1)-й
АА р< кирпич можно сдвинуть относительно
п-го на —.
2л
Таким образом, из п кирпичей мож-
можно построить «крышу» длины 1 Ь
— +
о
1
2
2. (П— 1)
Так как ряд 1 +
!-••¦
п
расходится
(см. задачу 145д)), то «крышу» можно
сделать как угодно длинной.
147. Последовательность {*„} удов-
удовлетворяет, очевидно, соотношению хп+1 =
=2-] . Предположим, что последова-
последовали
тельность {*„} имеет предел а. Тогда
160
левая часть равенства стремится к чис-
числу а, а правая часть — к числу 2-\
(см. задачу 132). Мы получаем, таким
образом, равенство а=2-\ , откуда
а
a = \±V2. Поскольку все хп больше 2,
число 1—Vi не может быть пределом
последовательности \хп\.
Итак, мы доказали, что если \хп}
имеет предел, то этот предел равен
1+V2.
Покажем теперь, что искомый пре-
предел действительно существует. Обозна-
Обозначим через уп разность между хп и
1 + \^2. Мы должны доказать, что
lim yn=0. Подставляя в равенство
хп+1 = 2-| выражение хп через уп, по-
лучаем
i+V-г+уп'
откуда
Уп+l =
2A+ V 2>:
Уп)-
1
И-
+
-а-
V~i
+
Из этой формулы мы получаем сле-
следующую оценку: | уп+11< ~ уп .В са-
самом деле, |l—\/Г2\<—, а 1+ У~2-]-уп>\
2
(это следует из того, что \у„\<С—, что
легко устанавливается по индукции).
И С. И. Гельфанд и яр |fi|
Поэтому
Отсюда непосредственно вытекает,
что \уп\< ~Г <"^-. и> следовательно,
последовательность \уп) стремится к
нулю.
Замечание. Можно доказать, что после-
последовательность
п,+ —¦
пз
«2 +
1
1
«4
где tii, i2. пз,... — любые натуральные числа, всег-
всегда имеет пределом некоторое иррациональное
число а. Если последовательность п\\ п%\ n%\... —
периодическая, то число а имеет вид Г]+ ~\Г г2 ,
где ri и г2 — рациональные числа. Верно и обрат-
обратное—_каждое иррациональное число вида Г] +
+ У г2 может быть записано в виде бесконечной
периодической цепной дроби. Подробнее об этом
см. в книге А. Я. Хинчина «Цепные дроби».
148. Сначала докажем, что если пре-
предел {*„} существует, то он равен ± \Га.
В самом деле, пусть lim xn = b. Тогда
Нт—(хп+—)=—(Ь + — ) . Мы полу-
чаем равенство b= — (b-\—\, откуда
Ь2=а, b=±
Остается заметить, что если лго>0, то
все члены последовательности положи-
положительны; если же *o<O, то все члены
последовательности отрицательны. По-
162
этому в первом случае lim х„ — \/ а, а
п-мх
во втором Пптлс„=—\Га.
Л-»-со
Остается доказать, что предел после-
довательности {хп\ действительно суще-
существует. Пусть для определенности д;о>О
(рис. 47). Обозначим через уп разность
между х„ и У а, деленную на У а. Под-
Подставляя выражение хп=УаA+у„) в ра-
равенство х„+1=—(хп -j——}, мы получим
откуда
Нам нужно доказать, что последова-
последовательность {у„} стремится к нулю. Заме-
Заметим сначала, что так как
"*. "*
Х
у а
то все числа уп при
Поэтому
7±
у а
1 положительны.
^
Отсюда вытекает, что Иту„=0.
Рассмотрим конкретный пример а =
з—у~То
= 10, д;о=3. В этом случае уо= —7—~'
Так как C,2J= 10,24> 10, то j/To<3,2.
Поэтому \yo\=
10
'*= = — и,
3 15
163
значит,
400
Далее,
^ 1
2A+ft) 2 320000
Поэтому \х2 —Y Ю| = .
"<0,00001. Итак, чтобы найти VTo с точ-
точностью до 0,00001, достаточно найти
член Х2- Мы имеем
х0
= 3—=3,166666...,
6
Зе
= 3—= 3,162280...
228
На самом деле УТо=3,16227765...
Как видите, найденное нами зна-
значение действительно отличается от истин-
истинного меньше чем на 0,00001.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Глава 1
2. Задачу можно решать двумя способами: методом
математической индукции или используя формулу
1
л
1
n
1
n+1
3..
Зп + 1
6. Задачу можно решать двумя способами: исполь«
зуя принцип математической индукции или используя
равенство
!1 = (я —
При решении задачи методом математической индукции
начинать нужно со значения п=2.
8# ЛМ—I—[_ i_ Пусть уже проведено п прямых.
При проведении (п+1)-й прямой количество частей
плоскости увеличивается на п+1.
9. Пусть мы можем представить п копеек (п>7)
в виде суммы трех- и пятикопеечных монет. Покажите,
что тогда мы можем представить (п+1) копейку в виде
суммы трех- и пятикопеечных монет. Далее примените
метод математической индукции, начиная с п = 8.
165
14. Воспользуйтесь неравенством
17. &ип=2п+\.
18. а) Нельзя; б) можно. Использовать формулу
20. Коэффициент при старшем члене многочлена
равен k.
21. Воспользоваться результатами задач 19 и 20.
22. к\.
23. Решать задачу индукцией по k. Воспользоваться
результатами задач 19 и 20.
25. Использовать результаты задач 19 и 23.
26. И я-г ). ^ j^3 задачи 25 ясно, что сумма
б
будет выражаться многочленом 3-й степени.
28. a) un =
29. a) Sn = Uln+ n{n~l) d; б) Рп= uiq^.
30. a) S15 = 35; б) P15=103s,
31. а) 0; б) 45=1024.
32. Для доказательства рассмотреть величину
33. 210 минут = 3 часам 30 минутам.
34. Кавалерист затратил на последний круг в 0,986
раза меньше времени, чем велосипедист.
35. 250 000.
36. 164 700. Обозначим сумму всех трехзначных по-
положительных чисел через SA), сумму трехзначных поло-
положительных чисел, делящихся на 2, — через 5B), сумму
трехзначных положительных чисел, делящихся на 3, —
166
через SC), и делящихся на 6 — через S<6)« Тогда сум-
сумма S, которую нужно найти в задаче, равна
S = SA> — S<2) — S<3) + S<6).
37. ы, = 3, rf=6.
38. Да, существует. Если 27 стоит на m-м месте,
8 — на п-м и 12—на р-м, то числа т, п, р удовлетво-
удовлетворяют равенству т—Зр + 2п=0.
39. Нет, не существует,
40. Знаменатель прогрессии может принимать значе-
значения 1; 4; 4+ 2 |/Т и 4—2]/li. _
41. Любая прогрессия со знаменателем ^
\-VT~
1
или
42. Третий член последовательности тоже равен О,
Глава 2
44. К решению задачи можно подойти по-разному.
Первое решение. Можно просто пересчитать
все способы освещения.
0) Не горит ни одна лампа
A способ)
1) Горит одна лампа (см. схему}
о#
• о
о
E способов)
2) Горят две лампы (нарисуйте схему и сосчитайте
сами),
(? способов)
167
3) Горят три лампы. (Не спешите. Не надо ничего
рисовать и считать. Подумайте и поймите, что Вы
уже знаете ответ.)
(? способов)
4) Горят -четыре лампы. (Ясно, что способов освеще-
освещения столько же, сколько в случае 1.) Ясно?
E способов)
5) Горят все 5 ламп О О О О О
A способ)
Ответ: всего 32 способа
Второе решение. А можно рассуждать иначе.
Пусть ламп не пять, а одна. Сколько тогда способов
освещения? Пусть теперь 2 лампы и т. д. Во сколько
раз увеличивается число способов освещения, когда до-
добавляется 1 лампа?
45. Прочтите указания к задаче 44.
Употребление символа С„ позволяет фразу «В ком-
комнате 5 ламп; имеется 10 способов освещения, при кото-
которых горят 3 из них» заменить формулой d = 10. Что
означает формула d = Cs? Чему равно С?? Сопостав-
Сопоставление двух методов решения задачи 44 приводит к
формуле " C°5 + Cl + Ci + Cl + Cl + Cf = 25.
46. 3".
47. 3ft.2"-ft.
48. Пусть Вы каким-то образом узнали, сколько есть
пятизначных чисел, не содержащих нуля и восьмерки.
Не можете ли Вы теперь подсчитать, сколько есть ше-
шестизначных?
49. Сколько есть автомобильных номеров, состоящих
из двух цифр и одной буквы; из двух цифр и двух букв?
50. Не можете ли Вы придумать задачу про лампоч-
лампочки, которая была бы похожа на нашу?
51. —5050.
52. Если порядок слагаемых существен, число раз-
разложений п—1; если не существен, то при четном п от-
ответ -тг, а при нечетном "~ .
168
53. v" t>v" -' .
54. Докажите, что сумма чисел в (п+1)-й строке
вдвое больше, чем в п-й.
55. Иногда предлагают такое решение. Расставим
14 слонов так, как показано на рис. 48. Ясно, что
больше чем 14 слонов (попарно не
угрожающих друг другу) поставить Д 4 1 4 i. J"_4
на доску нельзя. В В В '
Однако, как правило, оказывается, В В В
что автор подобного решения не мо- В В В
жет объяснить, почему это ясно. В В В
При этом обычно он не может отве- ¦ ¦ и
тить и на второй (основной) вопрос . ,Р.' Щ_
задачи. ~ - ~ ~ ~ -^
56. С| = Ю. РИС""в
57. Ответ: Сп+*. (Если Вы сейчас не можете напи-
написать формулу, выражающую ответ через п и k, рекомен-
рекомендуем Вам ограничиться этим ответом. Несколько позже
такая формула будет найдена (см. задачи 60, 66 и 67).)
59. На одной вертикали не могут стоять 2 ладьи
(они угрожали бы друг другу), значит, на каждой вер-
вертикали может стоять самое большее 1 ладья.
Но вертикалей 8 и ладей 8. Значит, на каждой вер-
вертикали стоит ровно 1 ладья. Сколькими способами
можно ее поставить?
кп г2 п(п—\)
Ы). Сп = .
61. Ch • B6!) = —— [через п\ обозначается произ-
произведение 1-2'3'4... (ге—1)-и].
«о г5 ^i 8!
62. Се-о! = .
3!
64. С| ¦ 8 • 7 • 6 • 5.
169
сс --,3 я(я—1)(л—2)
DO. С„ =
1-2-3
67. tf- n{n-XHn-V...{n-k+l) Попытайтесь
1-2-3- ... -k
доказать эту формулу методом задачи 66.
68. /4Ss = последовательностей, С88 = ак-
61 6! 821
кордов.
69. В строках с номерами 2", я=1, 2, 3, .,«
70. 27.
71. С? ^ 7-6-5 .
1-2-3
72. З20.
74. Коэффициент при Xs равен С|б, коэффициент
при х4& равен Сб6 = С56.
78. Указание: (а+Ь)п = W 1 + — Y .
79. Найдите сначала все члены, содержащие xk*
80. Решим похожую задачу: доказать, что
2«=С° + С\'+ С2 + ... + С*п + ... + СГ1 + Спп.
Эта задача, правда, уже встречалась, но сейчас мы
решим ее другим методом. В тождестве A+х)п =
=С„° + С\ х + С2пх2 + ... + Скпх>> + ... + СГ1*"-1 +О
положим х= 1. Получим 2" = С°-}- СД . 1 -f- С„-12 + ... +
+ Сл*1", что и требовалось доказать.
82. Тремя нулями.
83. Представьте 99 и 101 в виде: 99=100—1 »
101 = 100+1.
84. 25.
85. Указание: 10! = 28-34 • 52- 71; не можете ли Вы
сказать, сколько делителей имеет число 28 • З4?
87. Какой может быть последняя цифра нашего чис-
числа? Первая цифра? Ответ: 42.
88. 29.
90. С^.С^п =
170
91. В комнате 11 человек," только английский знает
один.
93. Можно воспользоваться результатом задачи 92,
а можно попытаться сосчитать число номеров, не содер-
содержащих комбинацию 12, Ответ: 49401,
Глава 3
95. Случай Н— невозможен. Остальные возможны,
96. Возможны оценки: + + +; —1- + ; —1—7
97. а) Самый низкий из высоких всегда выше, чем
самый высокий из низких, б) Изменится. При такой
расстановке возможны оба случая.
98. Контрольная работа называется трудной, если
хотя бы на одной парте каждый ученик не решил хотя
бы одну задачу.
99. Может.
100. Верны теоремы 1 и 6, остальные — нет,
101. Первая группа — теорема 8; вторая группа —
теоремы 2, 3, 6 и 7; третья группа — теоремы 4 и 5.
102. а), б) Рассмотрите отдельно случаи х>0 и
х<0. в) Рассмотрите отдельно случаи х<С , <^
-<x< — и х>—. Ответы: а) Х\ = \, *2=—3;
б) xi = l, х2= — 1; в) отрезок | — -, — 1 .
103. Рассмотрите отдельно различные случаи рас-
расположения точек х, у и 0 на числовой оси. В случае а)
равенство возможно, только когда х>0, */>-0 или
У-^-0. В случае б) возможно, когда х^-у^-0 или
С 0. В случае в) когда х>-0, #>0 или х<Х), 0
104. Утверждения а), б) и в) верны; г)—неверно.
105. Верно.
106. Верно.
107. б) См. задачу 108.
171
108. Для последовательности а) все указанные от-
отрезки являются ловушками. Для последовательности б)
отрезки А) и Б) — кормушки, отрезок В) — ловушка.
Для последовательности в) все три отрезка — кор-
кормушки.
109. а) Существует; б) не существует.
110. а) Не существует; б) неизвестно. хМожет суще-
существовать и может не существовать.
111. а) Существует; б) существует,
112. Соответствующие значения k приведены в таб-
таблице.
а
б
в
г
А
1
0
0
2
Б
1000
V999
3
1е 2
2юоо
В
1 000 000
1^999 999
6
1g 2
21000000
113.6) Верно.
114.6) Нельзя. См. последовательность из зада-
задачи 108в).
115. Используйте задачу 1096),
116. а) Предел равен 0; 6) предел равен 1; в) пре-
предел равен 2; г) предела не существует; д) предел ра-
равен 1; е) предел равен 0; ж) предел равен 2/9; з) пре-
предела не существует; и) предел равен 0; к) предела не
существует.
117. Не могут. (Указание: ср. задачу 115.)
118. Указание к 6): сформулируйте, что значит,
что число а не является предельной точкой последо-
последовательности.
119. См. задачи 113а), 107а), 1186).
120. а) 1; 6) 1,-1; в) 0; ±sin Г, ±sin 2°
±sin89°, ±1; г) 0; д) предельных точек нет; е) пре-
предельные точки заполняют отрезок [0, 1].
172
121. Последовательность \хп} называется неограни-
неограниченной, если для любого С найдется такой номер п, что
выполняется неравенство \хп\ >С.
122. Неверно. См. задачу 1086).
123. а) хп-+ оо; б) хп -*¦ оо; в) {хп} — не ограничена;
г) хп-> оо; д) {хп} — ограничена.
124. a) *„=(—!)"; б)хя=±; в) *„ =-?± ;
п
Г) Хп = (— 1)". ^—^-.
п .
125. 1) Условию удовлетворяют все последователь-
ности. 2) Не все члены последовательности равны а.
3) Последовательность ограничена. 4) Точка а не яв-
является предельной точкой последовательности. 5) По-
Последовательность не стремится к бесконечности. 6) Чис-
Число а не является пределом последовательности.
7) Последовательность ограничена. 9) Число а является
либо одним из членов последовательности {хп) , либо
предельной точкой этой последовательности*).
Остальные условия являются отрицаниями пере-
перечисленных. А именно, условие с номером к) означает,
что не выполняется условие с номером 17—к). Напри-
Например, условие- 10 означает, что не выполняется условие 7,
т. е. последовательность не ограничена. Условие 15
означает, что не выполнено условие 2, т, е. все члены
последовательности равны а и т. д.
126. а) + + + Н ; хп = а;
(—1)"].
*) Если выполняется условие 9, то точка а называется точкой при-
прикосновения для последовательности 1*л}.
173
127. 1) х„ =-Ь, 2) х„ = ¦?-}-; 3) хп = (—;
128. Докажите, что если бесконечная последова-
последовательность не имеет наибольшего члена, то из нее мож-
можно выбрать бесконечную возрастающую подпоследо-
подпоследовательность.
129. Докажите, что последовательность 1,4; 1,41;
1,414; 1,4142; 1,41422; ... приближенных (с недостатком)
значений для ¦/ 2 монотонна, ограничена и не имеет
рационального предела.
130. Воспользуйтесь результатом задачи 128 и аксио-
аксиомой Больцано-Вейерштрасса.
131. а) Воспользуйтесь неравенством—< и
п" п(п— 1)
докажите, что последовательность ограничена, б) Рас-
Рассмотрите отдельно подпоследовательности, составленные
из членов с четными и нечетными номерами.
133. а) хп =-±-: уп = -L; б) *„ = -?-, Уп = \ \
В) * _LtJ, J_; Г)*п=_!_ Уп - (-!>".
tl П П tl
134. а)-?-". б) 0; в) 1; г) 1; д) ~-j.
135. Воспользуйтесь тождеством
136. Представьте 2" в виде A + 1)" и воспользуй-
воспользуйтесь формулой бинома.
137. Представьте а" в виде [1 + (а—1)]п и восполь-
воспользуйтесь формулой бинома.
138. Воспользуйтесь результатом задачи 136,
139. 1.
140. Возьмем начало координат в точке, где нахо-
находится вторая улитка. Оси координат направим по ли-
линиям клетчатой бумаги и за единицу масштаба возьмем
одну клетку. Пусть первая улитка в начальный мо-
момент находится в точке с координатами (а, Ь). Найдите
174
координаты (ап, bn) точки, в которую попадет улитка
за п шагов. Угловой коэффициент прямой, по которой
направлена подзорная труба, равен kn — bn/an. Дока-
Докажите, что lim kn—\.
п-*а>
141. См. указание к задаче 140. Ответы: а)Нт&„=
Л-+-СО
=2; б) lim /fen = 1; в) последовательность {&„} не имеет
предела.
142. Опустим из точек Ло и А„ перпендикуляры
на ось Од;. Пусть Ро и Рп—основания этих перпенди-
перпендикуляров. Докажите, что треугольники МпА0Р0 и М„АпРп
подобны, и вычислите отсюда длину отрезка МпРо. От-
в е т: Точка М — середина отрезка OPq.
143. Отметьте на листе бумаги три точки, изображаю-
изображающие школу, кинотеатр и каток. Возьмите произвольную
четвертую точку и постройте ломаную линию А\А2А3АА...,
изображающую путь мальчика Пети. Сравните отрезки
А^Аь А2А5, АзАе. AtA7 и т. д.
144. Точка М делит отрезок М\М2 в отношении 2:1.
145. a) Sn= 1~°"+' ; при |о| < 1 S=~i—, при
1—а I—а
ii^i их о а — (п + '—па)ап+1
\а\ > I ряд расходится; б) Sn = Z_ayi ;
при | а | < 1 S = —^—t, при |а| > 1 ряд расходится.
(Указание: представьте Sn в виде суммы п геометричес-
геометрических прогрессий.) в) Sn = 1 , S= I; г) Sn =—X
х [т~ (n+nUa]' S =Т; *\ ряд
\
зание: докажите, что 4- Ь ••• Ч >—
п+\ ^ п + 2 2п 1
146. Можно построить «крышу» как угодно большой
длины. Указание: примем длину кирпича за 1. До-
Докажите по индукции, что кирпичи не будут падать,
если (п+\)-й кирпич (считая сверху) сдвинуть относи-
относительно п-го кирпича на 1/2и. После этого воспользуй-
воспользуйтесь результатом задачи 145д). •
147.
148. Достаточно вычислить х2.
Сергей
Израилевич
Гельфанд
Михаил
Львович
Гервер
Александр
Александрович
Кириллов
Николай
Николаевич
Константинов
Анатолий
Георгиевич
Кушниренко
Задачи по элементарной математике. Последо-
Последовательности. Комбинаторика. Пределы
М., 1965 г., 176 стр. с илл.
Редакторы:
Художники серии:
Техн. редактор
Корректор
Сдано в набор
Подп. к печати
Бумага
Физич. печ. л.
Усл. печ. л.
Уч.-изд. л.
Т-06970
Тираж
Цена книги
Заказ
Б. В. Шабат и А. 3. Рыбкин
В. В. Смолянинов и В. Б. Янкилевский
С. Я. Шкляр
Г. Г, Желтова
3/V 1965 г.
2/VI 1965 г.
84ХЮ8'/з2
5,5
9,02
6.67
200 000 экз.
20 коп.
394
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
1-я тип. Профиздага. Москва, Крутицкий вал, 18
Математика Библиотечка
фпзнко-математической школ и
Серия основная
Выпуск 1. II. М. Гельфанд, Е. Г. Глаголена, Л Л. Кнрпллоп.
Метол координат
ыпуск 2. II. М. Гельфанд, Е. Г. Глаголена, Э. Э. Шполь.
Функции и графики (основные приемы)
Выпуск 3. С. II. Гельфанд, М. Л. Гсрпер, А. Л. Кириллов,
11. II. Константинов, Л. Г. Купишренко. Задачи
по элементарной математике. Последовательно-
Последовательности, комбинаторика, пределы