Задания по теме «Арифметическая и геометрическая прогрессии»

а) Один из самых простых способов проверить, является ли натуральное число простым, — это проверить его чётность. Среди чётных чисел простым является только 2.

Пусть d — разность арифметической прогрессии. Тогда a_{n+2}=a_n+2d и d — целое ненулевое число (d=a_2 -a_1 ), значит, a_n и a_{n+2} — различные числа одинаковой чётности.

Отсюда c_n=a_n ^2 +a_{n+2} ^2 чётно и больше 2 (действительно, сумма квадратов двух различных нечётных натуральных чисел не меньше 1^2+3^{2}, аналогично рассматриваются квадраты чётных чисел). Значит, c_n не является простым ни при каком n.

б) S_k=b_1 (1+q+. . . +q^{k-1} ), где q — знаменатель прогрессии. Будем рассматривать только случай b_1=1 (иначе существует не более одного простого числа среди S_k , хотя ровно одно (b_1 ) может быть простым). Вспомним, что число 1 к простым по определению не относится.

Заметим, что если q — нечётно, то все b_k нечетны, а потому чётность чисел S_k будет чередоваться, при этом при k > 2 для всех S_k выполняется неравенство S_k \geqslant 1+3 > 2. Значит, среди S_k существует не более одного простого числа подряд.

Если же q — чётное и простое, то q=2. Тогда S_k=2^k -1. В частности, S_1=1, S_2=3, S_3=7, S_4=15 и т.д.

Но 2^{2n} имеет остаток 1 при делении на 3, значит, S_{2n} делится на 3. То есть при k > 2 любые члены S_k и S_{k+1} больше 3 и один из них делится на 3, то есть не более 1 простого числа подряд. При k=2 числа S_k и S_{k+1} равны соответственно числам 3 и 7, то есть являются простыми. Таким образом, два простых числа подряд. Так как число 1 не является простым, то трёх простых членов подряд среди S_k нет.

Итак, среди чисел S_k возможно не более двух простых чисел подряд. Пример: b_1=1, q=2; члены S_2 и S_3 — простые числа.

в) Здесь также будем рассматривать только случай b_1=1.

c_n=n+q^n+q^{n+1}.

Очевидно, что в последовательности чисел c_n чередуется чётность членов. Так как при этом все c_n > 2, то возможно не более одного простого числа c_n подряд.

Пример простого члена c_{n}:\, q=2, n=1, c_1=7.

а) 0; б) 2; в) 1.

а) Да. Приведём пример: 24,32,40,48,56,64,72.

б) Предположим, что такая прогрессия существует. Очевидно, она возрастающая. Обозначим a_{l} — наименьший, кратный 24, член прогрессии. Тогда a_{l}, a_{l+i},...,a_{l+8i} — 9 первых членов прогрессии, кратных 24, причем l+8i \leq 30, откуда i \leq 3, так как l \geq 1, а l+9i > 30, тогда 30-9i < l \leq 30-8i.

Если i=3,\, 3 < l \leq6;

Если i=2,\, 12 < l \leq14;

Если i=1,\, 21 < l \leq22.

В каждом из этих случаев получаем противоречие с предположением, что a_{l} — наименьший, кратный 24, член прогрессии (достаточно рассмотреть хотя бы a_{l-i}).

Итак, предположение неверно, значит, не существует такой прогрессии, в которой среди чисел a_{1}, a_{2},...,a_{30} ровно 9 чисел делятся на 24.

в) Среди любых 24 подряд идущих членов ровно один делится на 24. Пусть 3n=24s+r, где s,r \in \mathbb Z, r \geq 0, s \geq 0, 0 \leq r \leq 23 (r — остаток от деления n на 24). Тогда среди чисел a_{1},a_{2},...,a_{3n} на 24 делятся s или (s+1) чисел. Среди чисел a_{3n+1}, a_{3n+2},...,a_{6n} на 24 тоже делятся не менее s чисел. Если n \geq 24, то среди чисел a_{6n+1}, a_{6n+2},...,a_{7n} хотя бы одно делится на 24. Тогда среди чисел a_{3n+1},...,a_{7n} на 24 делятся хотя бы (s+1), значит, не меньше, чем среди чисел a_{1}, a_{2},...,a_{3n}.

Далее, среди чисел a_{1},..., a_{3n} на 24 делится чисел не более, чем частное \frac{3n}{24}=\frac{n}{8}, округлённое с избытком, и среди чисел a_{3n+1},...,a_{7n} не менее, чем частное \frac{4n}{24}=\frac{n}{6}, округленное с недостатком. Если 18 \leq n < 24, то \frac{n}{6} \geq 3, и частное, округлённое с недостатком, равно 3. При этом \frac{n}{8} < \frac{24}{8}=3, и частное \frac{n}{8}, округлённое с избытком, равно 3. Значит, среди членов a_{1},...,a_{3n} чисел, делящихся на 24, не может быть строго больше, чем среди чисел a_{3n+1},...,a_{7n} \geq 18.

Таким образом, n \leq 17. Приведём пример подходящей последовательности для n=17. Пусть a_{1}=22. Тогда среди чисел a_{1},...,a_{51} на 24 делятся a_{3}, a_{27} и a_{51}, а среди чисел a_{52},...,a_{119} - числа a_{75} и a_{99}.

а) да; б) нет; в) 17.

а) Пример: 2, 3. Найдем разность между квадратом суммы (2+3)^{2}=25 и суммы квадратов (2^{2}+3^{2})=13 получается 25-13=12. При добавлении числа 4, наша разность получается 81-29=52. В итоге 52-12=40, что и требовалось доказать (разность во второй раз оказалась больше чем в первый на 40).

б) За a_{1}, a_{2},..., a_{n} примем члены прогрессии. Разность вычисленная учеником в первый раз равняется:

(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}-a_{1}^{2}-a_{2}^{2}-...-a_{n}^{2}= 2a_{n}(a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1})+ 2a_{n-1}(a_{1}+a_{2}+... +a_{n-2})+...+2a_{3}(a_{1}+a_{2})+2a_{2}a_{1}

После того как добавили член к прогрессии a_{n+1}, разность, во второй раз вычисленная, отличается от первой дополнительным слагаемым

2a_{n+1}(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})= 2(a_{1}+nd)\frac{2a_{1}+(n-1)d}{2}n= (a_{1}+nd)(2a_{1}+(n-1)d)n,

где d - разность прогрессии.

Из условия следует, что a_{1}\geq 0 и d\geq 1, тогда

(a_{1}+nd)(2a_{1}+(n-1)d)n\geq n^{2}(n-1).

Неравенство выглядит так: n^{2}(n-1)\leq 1768,

где n\leq 12.

Вывод: нет, сначала прогрессия состоять не могла из 13 членов.

в) Из равенства (a_{1}+nd)(2a_{1}+(n-1)d)n=1768 следует, что n является делителем числа 1768=2\cdot 2\cdot 2\cdot 13\cdot 17. Наибольший делитель, меньший 13, равен 8.

Предположим n=8, тогда

(a_{1}+8d)(2a_{1}+7d)=221.

Когда d\geq 2, левая часть получается не меньше, чем 56d^{2}\geq 56\cdot 4=224>221.

От сюда сделаем вывод, что d=1. Получаем уравнение:

2a_{1}^{2}+23a_{1}-165=0, оно имеет один натуральный корень 5.

Следовательно, прогрессия из восьми чисел 5, 6, 7, ..., 12 удовлетворяет условию задачи.

а) 2, 3; б) нет; в) 8.

а) Например: 1, 2, 3. Разность между квадратом суммы и суммы квадратов получается 36 − 14 = 22. При добавлении числа 4, наша разность получается 100 − 30 = 70. В итоге 70 − 22 = 48, что и требовалось найти в условии.

б) Члены прогрессии обозначим a_{1}, a_{2},..., a_{n}. Разность вычисленная учеником в первый раз получается в таком виде:

(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}-a_{1}^{2}-a_{2}^{2}-...-a_{n}^{2}= 2a_{n}(a_{1}+a_{2}+... +a_{n-1})+2a_{n-1}(a_{1}+a_{2}+... +a_{n-2})+...+2a_{3}(a_{1}+a_{2})+2a_{2}a_{1}

После того как к прогрессии добавили член a_{n+1}, то разность, во второй раз вычисленная, отличается от первой дополнительным слагаемым.

2a_{n+1}(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})= 2(a_{1}+nd)\frac{2a_{1}+(n-1)d}{2}n= (a_{1}+nd)(2a_{1}+(n-1)d)n,

где d – разность прогрессии.

По условию видно, что a_{1}\geq 0 и d\geq 1, тогда

(a_{1}+nd)(2a_{1}+(n-1)d)n\geq n^{2}(n-1).

Неравенство получается n^{2}(n-1)\leq 1440,

где n\leq 11. От сюда следует, что начальная прогрессия из 12 членов состоять не могла.

в) (a_{1}+nd)(2a_{1}+(n-1)d)n=1440 из этого равенства следует, что n является делителем числа 1440. Исходя из этого n\neq 11.

Предположим n = 10, тогда (a_{1}+10d)(2a_{1}+9d)=144.

Когда d\geq 2, то левая часть не меньше чем 90d^{2}\geq 90\cdot 4=360> 144.

От сюда следует, что d = 1. У нас уравнение получается в виде

2a_{1}^{2}+29a_{1}-54=0, целых решений это уравнение не имеет.

Предположим n = 9, тогда (a_{1}+9d)(2a_{1}+8d)=160.

Когда d\geq 2, то левая часть не меньше чем 72d^{2}\geq 72\cdot 4=288> 160.

Исходя из этого d = 1. У нас уравнение получается в виде

a_{1}^{2}+13a_{1}-44=0, целых решений это уравнение не имеет.

Предположим n = 8, тогда: (a_{1}+8d)(2a_{1}+7d)=180.

Когда d\geq 2, то левая часть не меньше чем 56d^{2}\geq 56\cdot 4=224> 180.

Исходя из этого, d = 1. У нас получается уравнение в виде 2a_{1}^{2}+23a_{1}-124=0, это уравнение имеет единственный натуральный корень 4.

Следовательно, прогрессия из восьми чисел 4, 5, 6, ..., 11 удовлетворяем условию задачи.

а) 1, 2, 3; б) нет; в) 8.