Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/04/59.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:00 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:29 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 2-9

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

сел. Зафиксируем любое нецелое > 4 и покажем, что для него существует иррациональное , удовлетворяющее условиям. Для этого обозначим a1 = [ ] + 1, 01 и b1 = [ ] + 1, 99 . Тогда b1 > a1 > 5 и
2 2 b1 - a1 = (b1 + a1 ) (b1 - a1 ) > 5 . Перенумеруем все рациональные числа отрезка [ a1; b1 ] , т.е. выпишем все их в виде последовательности c1, c2 , c3 ,L Построим такую последовательность отрезков [ak ; bk ] , что ћ отрезок йл ak+1; bk+1 щы лежит в отрезке [ak; bk ] ;

Лемма доказана. Начнем построение. Положим p1 = 3 и 1 = 3 (2 + 3 ) . Тогда при любом натуральном n число й n щ + 1 = 3 n (2 + 3 )n + 3 n (2 - 3 )n целое и даже кратное кл 1 ъы p1 = 3 . Предположим, что числа 1, K, n и p1, K, pn уже найдены. Рассмотрим произведение a = p1p2 K pn . Выберем простое число pn+1 > a и натуральные числа x и y, для которых y 2 = ax + 1 и y > pn+1 . Пусть n+1 = pn+1 (y + ax ). Тогда
й кл
m n+1

щ + 1 = pm (y + ax n+1 ъы

)

m

m + pn+1 (y - ax

)

m

делится на pn

+1

и не делится ни на одно из чисел p1, K, pn .

ћ ck П йлak +1; bk +1 щы ; ћ
k bk +1

'Квант' для 'младших' школьников'
Задачи
(см. 'Квант' ?3) 1. Если фамилия сестры, например, Смородина, то брат может иметь фамилию Смородина или Смородин однозначно сказать нельзя. 2. 608347 491051 = 117296. 1 3. Лист размером 4 ? 4 сгибается пополам и разрезается по линии сгиба (рис.1,а). На одну из полученных половин накладывается лист размером 3 ? 3 так, чтобы оставалась свободной площадь размером 2 ? 1 , которая и отрезается

-

k ak +1

> 5;

ћ для любого числа О [ ak ; bk ] целая часть ни одного из чисел n , где n ? k , не равна целой части ни одного из чисел m ни при каком натуральном m. Поскольку 42 - 4 = 12 , то целые части степеней числа различаются не менее чем на 11. Пусть отрезок [ak ; bk ] посk k троен. Поскольку длина отрезка йк ak +1; bk +1щъ больше 5, то в л ы нем содержатся хотя бы четыре отрезка с концами в соседних натуральных числах. Хотя бы в одном из них нет (нецелого!) k числа ck +1 и нет ни одной степени числа ; пусть это отрезок [ n; n + 1] . Положим ak +1 = k +1 n и bk +1 = k +1 n + 1 . Тогда
k+2 k+2 bk+1 - ak+1 = bk +1

(n + 1) - ak+1n > ak+1 (n + 1) - ak+1n = ak+1 > 5.
! !
Рис. 1

Построение закончено. Очевидно, общая точка всех построенных отрезков удовлетворяет условиям. б) Первый способ. Если разрешить себе воспользоваться теоремой 10, то достаточно для каждого простого числа p рассмотреть такие натуральные числа a и b, что a2 - pb2 = 1 , и положить = a + b p . Второй способ обходится без использования еще не доказанной нами теоремы 10. А именно, для любого натурального числа k > 1 рассмотрим k = k + k2 - 1 . Докажем существование такого бесконечного множества натуральных чисел 2 2 kn , что kn > 1 и kr - 1 ks - 1 не является квадратом рационального числа ни для каких двух различных натуральных r и s. (Тогда натуральные числа x = йкm щъ + 1 2 = л kы m mц ж з k + k2 - 1 + k - k2 - 1 ч 2 и ч =з з ч ч и ш m m ж ч з k + k2 - 1 - k - k2 - 1 ц 2 k2 - 1 удовлетворяч y=з ч з ч и ш 2 2 2 ют уравнению x - k - 1 y = 1 . Поэтому аналогично второму способу решения пункта а) можно убедиться, что числа kn удовлетворяют требованию задачи.) Пусть k1 = 2 и 2 kn+1 = kn - 1 !, где n натуральное число. Тогда kn+1 делит-

! !

!

(

)(

)

(

(

)( )(
(

)

(

)

(рис.1,б). Таким образом, квадрат 4 ? 4 разрезан на три прямоугольника размерами 4 ? 2 , 3 ? 2 и 2 ? 1 . Совместно с квадратом 3 ? 3 из этих прямоугольников составляется квадрат размером 5 ? 5 (рис.1,в). 4. Докажем, что число 100 представить нельзя. Предположим противное и обозначим средние числа через х и х + 1. Сумма всех ста чисел это сумма 50 слагаемых вида ((x - a) +

)

)(

)

+ ( x + 1 + a )) . Значит, 100 = 50 Ч (2x + 1) , т.е. 2 = 2 х + 1, чего для целого х быть не может. Противоречие. Докажем теперь, что число 101 = 2 Ч 50 + 1 представить можно. Для этого рассмотрим числа 49, 48, ..., 0, .., 49, 50, 51. Ясно, что их сумма равна 50 + 51 = 101. Это представление единственно подумайте, почему. 5. Поскольку

2 ся на каждое из чисел kr - 1 , где r = 1, 2,. .., n. Значит, чис2 2 ла kn+1 - 1 и kr - 1 взаимно просты, откуда и следует нужное нам утверждение. Третий способ. Достаточно построить такую последовательность положительных иррациональных чисел 1 , 2 , 3 , ... и такую последовательность простых чисел p1, p2 , p3,K , что для любых натуральных m и n число йк n щъ + 1 делится на pm л mы и не делится на pk ни при каком k < m. Лемма. Для любого натурального числа a уравнение ax + 1 = y2 имеет бесконечно много решений в натуральных числах. Доказательство. Для любого натурального r положим y = =ar + 1 и x = ar 2 + 2r .

(

)

(a + b) + (c + d) = (a + c) + (b + d) = (a + d) + (b + c) ,
а из попарных сумм чисел 13, 15, 16, 20 и 22 совпадают только 13 + 22 = 15 + 20 = 35, то a + b = 16, c + d = 35 16 = 19. Итак, натуральные числа а и b одинаковой четности, с и d разной. Следовательно, суммы а + с и b + c могут находиться либо среди чисел набора {13, 15}, либо среди чисел набора {20, 22}. И в том, и в другом случае |a b| = 2. Из системы мa + b = 16, п п н пa-b = 2 п о находим а = 7, b = 9 или а = 9, b = 7. Пусть а = 7. Если с нечетное, то а + с = 20, откуда с = 13 и d = 6. Заметим, что индекс почтового отделения редакции 'Кванта' изменился теперь он 119296.