М1689. Задача об арифметической прогрессии

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 3 выпуск)

Условие

Арифметическая прогрессия из натуральных чисел содержит не менее трех членов, их произведение – делитель некоторого числа $n^2 + 1$.

  1. Докажите, что существует такая прогрессия с разностью $12$.
  2. Докажите, что такой прогрессии с разностью $10$ или $11$ не существует.
  3. * Какое наибольшее число членов может содержать такая прогрессия с разностью $12$?

Решение

  1. Рассмотрим числа $1$, $13$, $25$; для них $5^2 + 1 = 13\cdot2$,
    $7^2 + 1 = 25 \cdot 2$. Число $57^2 + 1$ делится на $13\cdot25$: к этому легко придти непосредственно, а общий метод см. ниже.
  2. Из трех чисел $а$, $а + 10$, $а + 20$ одно делится на $3$, а $n^2 + 1$ на $3$ не делится.
    Случай разности $11$ рассматривается аналогично.
  3. Ни один из членов прогрессии не делится на $7$, ибо на $7$ не делится $n^2 + 1$. Значит, из семи членов прогрессии (если бы такая была) можно было бы выбрать два, разность которых делится на $7$. Получили противоречие:
    $k\cdot 12$ кратно $7$ (пишут: $k\cdot 12 \vdots 7$), где $0 < k < 7$.

Докажем, что прогрессия из шести членов есть:

$\left(5, 17, 29, 41, 53, 65\right)$.

Нам нужно доказать существование такого числа $n$, что $n^2 + 1$ делится на
$$\begin{equation}\label{eq:exp1}5\cdot17\cdot 29\cdot 41\cdot 53\cdot 65 = \left( 25\right) \cdot 17\cdot 29\cdot 41\cdot 53\cdot 13.\end{equation}$$
Каждое из шести чисел в правой части $\eqref{eq:exp1}$ обладает
нужным свойством:

$\left(7 + 25x\right)^2 + 1 \vdots 25$, $\left(4 + 17y\right)^2+ 1 \vdots 17$,

$\left(12 + 29z\right)^2 + 1 \vdots 29$, $\left(9 + 41u\right)^2+ 1 \vdots 41$,

$\left(23 + 53v\right)^2 + 1 \vdots 53 \left( так \;как \;23^2 + 1 = 530\right),$

$\left(5 + 13w\right)^2+ 1 \vdots 13$.

Теперь нам понадобится предложение, известное как «китайская теорема об остатках».

Теорема. $a_1, \dotsc , a_m —$ натуральные числа, каждые
два из которых взаимно просты, $r_1, \dotsc , r_m —$произвольные целые числа. Тогда существуют целые числа $x_1, \dotsc , x_m$ такие, что

$a_1x_1+r_1=\dotsc=a_mx_m+r_m$.
При $m = 2$ теорема доказывается с помощью алгоритма Евклида, после чего ее утверждение распространяется на общий случай $m > 2$ по индукции.
Для окончания решения пункта в) достаточно применить теорему к системе уравнений $7 + 25x = 4 + 14y = \dotsc + 23+53v=5+13w$.

Дополнение. Существуют ли более длинные арифметические прогрессии, удовлетворяющие всем условиям нашей задачи? На этот вопрос нетрудно ответить с помощью результатов статьи «Суммы квадратов и целые гауссовы числа» (см. «Квант» №3 за 1999 год).Именно, легко показать, что разность любой прогрессии задачи обязана делиться на $12$. С другой стороны, выше мы показали, что разность любой такой прогрессии, содержащей не менее семи членов, должна делиться на $7$.
Прогрессия задачи с разностью $12\cdot7 = 84$ существует: с помощью статьи «Суммы квадратов…» и китайской теоремы об остатках легко показать, что делителем некоторого числа $n^2 + 1$ является произведение всех членов
прогрессии $\left(29, 113, 197, 281, 365, 449, 533, 617, 701,785\right)$.
Эта прогрессия содержит $10$ членов; $11$ же членов прогрессия задачи с разностью $84$ содержать не может: $84$ не делится на простое число $р = 4k + 3 = 11$.

В.Сендеров

M1412.Сумма дробей

Условие

Натуральные числа x и y таковы, что сумма дробей \frac { { x }^{ 2 }-1 }{ y\quad+\quad 1 } +\frac { { y }^{ 2 }-1 }{ x\quad+\quad 1 } — целое число. Докажите, что каждая из дробей — целое число.

Решение:

Пусть u — первая, v — вторая из этих дробей. Их сумма и произведение — целые числа, поэтому u и v корни квадратного уравнения с целыми коэффициентами, скажем, { z }^{ 2 } + m \cdot z + n = 0. Так как u и v — рациональные корни, то дискриминант { m }^{ 2 }-4\cdot n этого уравнения — рациональное число и, более того, целое, причем той же четности, что и m.
Формулы Виета
Но тогда u и v — тоже целые, ведь u, v = \frac { -m+-\sqrt { { m }^{ 2 }-4\cdot n } }{ 2 }, а в числителе под корнем стоит четное число. Существует также много решений этой задачи, связанных с рассмотрением общих делителей чисел x + 1 и y + 1.

А.Перлин

Существование иррациональных чисел

Натуральные, целые и рациональные числа

В процессе счёта возникли натуральные числа.
\mathbb{N}=\{1,2,3,...,n,...\}.
Сложение и умножение натуральных чисел снова даёт натуральное число. Операция «вычитание» во множестве натуральных чисел приводит к целым числам.
\mathbb{Z}=\{0,1,-1,2,-2,...,n,-n\}.
Операция «деление» во множестве целых чисел приводит к рациональным числам.
\mathbb{Q}=\{\frac{m}{n}, m\in\mathbb{Z}, n\in\mathbb{N}\}.
Например: \frac{1}{2}; \frac{5}{8}; -\frac{1}{2}; -\frac{11}{8}; -\frac{1}{30} ...
Во множестве рациональных чисел \mathbb{Q} выполняются все 4 арифметических действия. В данном множестве можно решать уравнения 1-ой степени (a*x+b=c), однако, простейшее уравнение x^2=a, a\in\mathbb{N} не всегда разрешимо в \mathbb{Q} , в частности, уравнение x^2=2 не имеет решений в \mathbb{Q} .
svg16

Необходимость иррациональных чисел

Докажем, что уравнение x^2=2 не имеет решений в \mathbb{Q} .

Теорема

Не существует рационального числа, квадрат которого равен 2.
\square  Предположим противное. Предположим, что существует такое рациональное число, квадрат которого равен 2. Числа p и q — числитель и знаменатель данного рационального числа; p и q — взаимно простые (числа, наибольший общий делитель которых равен 1).

\frac{p}{q}\in\mathbb{Q},   (\frac{p}{q})^{2}=2

p^{2}=2q^{2} \Rightarrow p^{2} \vdots 2

p^{2}  — чётное число, тогда p — чётное.

Отсюда: p=2s

4s^{2}=2q^{2} |:2

2s^{2}=q^{2} \Rightarrow q^{2}  — чётное \Rightarrow q  — чётное.

Получили противоречие того утверждения, что p и q — взаимно простые. \blacksquare

Таким образом, проблема решения уже таких уравнений приводит к необходимости расширения множества рациональных чисел путём добавления к ним иррациональных чисел.
Бесконечные дроби: периодические десятичные дроби
Зная рациональное число, его можно представить либо в виде конечной десятичной дроби, либо в виде бесконечной периодической десятичной дроби.

1) \frac{3}{8}=0,375 — конечная десятичная дробь;
0,375=\frac {375}{1000}=\frac {3}{8}.
2) \frac{27}{11}=2,454545...=2,(45) — бесконечная периодическая десятичная дробь.
2,(45)=2+\frac{45}{100}+\frac{45}{100^{2}}+\frac{45}{100^{3}}+\cdots =2+45(\frac{1}{100}+\frac{1}{100^{2}}+\frac{1}{100^{3}}+\cdots).
Используем формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии:  S_{n}=\frac{b_{1}}{1-q}, где b_{1} — первый член геометрической прогрессии,  q — знаменатель прогрессии.
Получим: 2+45(\frac{1}{100}+\frac{1}{100^{2}}+\frac{1}{100^{3}}+\cdots)= 2+45*\frac{\frac{1}{100}}{1-\frac{1}{100}}=
=2+\frac{45}{99}=2\frac{5}{11} .
Договоримся, конечную десятичную дробь будем отождествлять с бесконечной десятичной дробью с "0" в периоде.
0,375=0,375(0).
Между множеством множеством всех рациональных чисел и множеством всех периодических бесконечных десятичных дробей установлена связь, если отождествлять бесконечную периодическую дробь с (9) с бесконечной периодической периодической дробью с (0).
2,5=2,5(0)=2,4+0,1=2,4+\frac{1}{10}= 2,4+(\frac{9}{100}+\frac{9}{1000}+\frac{9}{10000}+\cdots)= =2,4+\frac{9}{10}(\frac{1}{10}+\frac{1}{10^{2}}+\frac{1}{10^{3}}+\cdots) 2,4+0,9(9)=2,4(9).

Тест "Существование иррациональных чисел".

Тестовые задания по вышеизложенной теме.

Источники:

  1. З. М. Лысенко.  Лекции по математическому анализу.
  2. В. И. Коляда, А.А.Кореновский «Курс лекций по мат.анализу, часть 1» (Одесса, «Астропринт», 2009г.), стр.1.
  3. В. И. Ильин, Э.Г.Позняк «Основы мат.анализа, часть 1, выпуск 2» (Издание четвёртое, переработанное и дополненное, 1982г.) стр.40. (скачать учебник можно здесь).

Подробнее про «существование иррациональных чисел» на:

Wikipedia

Викизнание