Задача 1: Пусть s(x) есть расстояние между числом x и ближайшим к нему целым числом. Для произвольного натурального n вычислить

Решение:

Обозначим .

Пусть 1 ≤ m ≤ 2n. В этом случае , в то же время и  – значит,

Если 2n < m ≤ 3n, выполняются неравенства и , из которых следует, что и

Заметим также, что

Осталось просуммировать:

Задача 2:

Пусть f — дважды дифференцируемая функция, для которой f″(x) + f(x) =  – xg(x)f′(x), где g(x) ≥ 0 при всех x. Доказать, что функция f(x) ограничена.

Решение:

Умножим обе части уравнения на 2f′(x), после чего проинтегрируем их на промежутке от 0 до t:

Поскольку подынтегральная функция в полученном интеграле в силу условия задачи имеет тот же знак, что и переменная t, для любого t правая часть (*) неположительна. Значит,  ∀ t  f²(t) ≤ f²(0) + f′²(0), что и говорит об ограниченности функции f.

Задача 3: Для каждого натурального n запишем сумму в виде  α _n/ β _n, где  α _n и  β _n – взаимно простые числа. Найти все n, при которых  β _n не делится на 5.

Решение: Если натуральное число n представимо в виде n = 5^ak, где a – неотрицательное целое число, k – натуральное число, не кратное 5, будем говорить, что n имеет ранг a. Условимся также, что рациональное число , где p и q – взаимно простые числа, имеет порядок a, если знаменатель q имеет ранг a. Задача, таким образом, состоит в нахождении всех n, для которых число имеет нулевой порядок.

1. Сумма рациональных чисел разного порядка имеет наибольший из этих порядков.

Действительно, пусть a > b,  p₁,p₂,q₁,q₂ – числа, не делящиеся на 5; тогда — числитель полученной дроби не делится на 5, а знаменатель имеет ранг a.

2. Проследим за тем, как меняется порядок при сложении величин, обратных последовательным числам одного ранга.

 – порядок не меняется;  – порядок не меняется;  – порядок уменьшается.

3. Решим задачу для n ≤ 124.

В силу 1^o при переходе от к порядок дроби может измениться лишь при n, кратном 5. Отметим, что

• при n ≤ 4 число  β _n не делится на 5;
• при 5 ≤ n ≤ 19 число  β _n делится на 5 (так как числа имеют порядок 1, а остальные слагаемые суммы имеют нулевой порядок);
• при 20 ≤ n ≤ 24 число  β _n не делится на 5 (так как , а остальные слагаемые вновь нулевого порядка);
• при 25 ≤ n ≤ 99 число  β _n делится на 5 (так как числа имеют порядок 2, а остальные слагаемые суммы имеют меньший порядок);
• при 100 ≤ n ≤ 104 число  β _n не делится на 5 (так как и при сложении дробей порядка 2

  

  и при сложении дробей порядка 1

  

  получаются числа нулевого порядка);
• при 105 ≤ n ≤ 119 число  β _n делится на 5;
• при 120 ≤ n ≤ 124 число  β _n не делится на 5 (рассуждения в последних двух случаях аналогичны предыдущим).

4. Пусть n ≥ 125,   a – наибольший ранг чисел от 1 до n,  r • 5^a — наибольшее число такого ранга. Ясно, что a ≥ 3, а число r равно 1, 2, 3 или 4. Соотношения из пункта 2^o показывают, что при r < 4 число будет иметь порядок a. Пусть теперь r = 4. Тогда сумма дробей порядка a имеет порядок a – 2:

Сумма дробей порядка a – 1 имеет порядок a – 1 или  ≤ a – 3; в первом из этих случаев число имеет порядок a – 1 (в силу 1^o); будем поэтому считать, что имеет место второй случай.

Пусть (5k + s)5^a – 2 – наибольшее число ранга a – 2, не превосходящее n. При этом s = 1,2,3 или 4. Отметим, что сумма имеет порядок меньше a – 2. Осталось найти порядок суммы . С помощью соотношений из пункта 2^o непосредственно проверяется, что для любого s эта сумма имеет порядок a – 2.

Итак, при n ≥ 125 дробь имеет ненулевой порядок.

Ответ.  β _n не делится на 5 при только приn = 1, … ,4,20, … ,24,100, … ,104,120, … ,124.

Задача 4:

(1 + x + x²)^m. Докажите, что для всех целых k ≥ 0

Решение:

Полагая a_m,i = 0 при i < 0 и i > 2m, запишем очевидное рекуррентное соотношение a_m + 1,n = a_m,n + a_m,n – 1 + a_m,n – 2. Заметим, что числа a_k – i,i отличны от нуля лишь при 2(k – i) ≥ i, то есть когда . Поэтому с учетом принятого соглашения во всех последующих выкладках будем считать, что индекс суммирования меняется от 0 до  +  ∞ .

Получим рекуррентную формулу для последовательности b_m: b_m + 1 =  ∑ _i( – 1)ⁱa_{m + 1 – i,i} =  ∑ _i( – 1)ⁱ(a_m – i,i + a_{m – i,i – 1} + a_{m – i,i – 2}) =   ∑ _i( – 1)ⁱa_m – i,i –  ∑ _j( – 1)^ja_{(m – 1) – j,j} +  ∑ _k( – 1)^ka_{(m – 2) – k,k} = b_m – b_m – 1 + b_m + 2. Непосредственные вычисления дают: b₀ = 1,b₁ = 1,b₂ = 0,b₃ = 0,b₄ = 1,b₅ = 1,b₆ = 0,b₇ = 0,b₈ = 1. С помощью найденного рекуррентного соотношения по индукции легко доказать, что  ∀ m ≥ 0  b_m + 4 = b_m. Таким образом последовательность периодична и ее члены принимают только два значения: 0 и 1. Это доказывает утверждение задачи.

Задача 5:

Докажите, что для n ≥ 2

Решение: Обозначим и b_n = a_n – a_n – 1. Докажем сначала, что в последовательности (b_n) каждый член (начиная с b₃) делится на предыдущий (значит, и на все предыдущие). Действительно, . Предположим, что Тогда

Поскольку последовательность (a_k) возрастающая, Так как (по предположению индукции) , имеем также . Таким образом,

Перейдем к непосредственному доказательству утверждения задачи. Оно также проводится методом математической индукции. База индукции очевидна (b₂ = 2). Пусть теперь для любого k < n выполняется

Представим число n в виде n = 2^st, где t – нечетное число. Легко проверить, что при n ≥ 3 имеет место неравенство a_n – 2 > n. Отсюда . Теперь осталось доказать, что

Применим теорему Эйлера. Заметим, что . Поэтому . Для любого k ≤ n – 1 имеем . В частности, . Отсюда следует, что . В силу теоремы Эйлера . Из последних двух соотношений и вытекает, что Таким образом,

Задача 6: Разбиение треугольника со сторонами длиной 3, 4, 5 его средними линиями на 4 части имеет диаметр 5/2. Найти наименьший диаметр разбиения этого треугольника на 4 части. (Диаметр разбиения – это точная верхняя грань расстояний между точками из одной части разбиения).

Решение: Возьмем на отрезке OH точку B, а на отрезке HG точку A так, чтобы HB = BA = AG. Введем систему координат так, как показано на рисунке.

Пусть HB = r. Тогда точки будут иметь следующие координаты: . Условие AB² = r² дает уравнение , один из корней которого r = 5 является посторонним (так как r < 4), а второй равен

Легко проверить, что для точек O,G,H,A,B расстояние между любыми двумя из них не меньше . Так как при любом разбиении треугольника OGH на четыре части в одну из них попадет две из указанных пяти точек, диаметр разбиения не меньше r.

Приведем пример разбиения диаметра r. Пусть E ∈ HG,EH = r;\ K ∈ OG,KG = r;  D ∈ OH,KD = r; точка C находится на расстоянии r от точек O и G. Тогда треугольник HBE, четырехугольники OKCD, KGAC и пятиугольник CAEBD образуют требуемое разбиение.

Для того, чтобы доказать это, заметим, что диаметр многоугольника есть расстояние между некоторыми его вершинами. Несложно определить координаты точек: , а затем проверить, что диаметр каждой из четырех частей разбиения равен

Ответ. Наименьший диаметр разбиения на четыре части треугольника со сторонами длиной 3, 4, 5 равен