Натуральные числа 

Натуральные числа
Задача 1. Найти десять натуральных чисел, которые нельзя представить в
виде суммы простого числа и куба натурального числа.
Решение. Докажем, что среди кубов k3 можно выбрать десять чисел, не
представимых в виде суммы простого и куба натурального. Если k3=p+l3, то
p=k3-l3=(k-l)(k2+kl+l2). Поскольку p - простое, то k-l=1, p=k2+kl+l2. То есть, l=k1 и p=k2+k(k-1)+(k-1)2= 3k2-3k+1. Последнее число не простое при k=7n-1
(n=1,2,3,…), поскольку p=3(7n-1)2-3(7n-1)+1=372n2-67n+3-37n+3+1=7(21n29n+1). То есть, оно делится на 7. Поэтому десять чисел 6, 13, 20, …, 69
удовлетворяют условиям задачи.
Ответ. 6, 13, 20, …, 69
Задача 2. Какое наибольшее количество натуральных чисел от 1 до 2002
можно выбрать так, чтобы для любых различных трех из них сумма двух не
равнялась третьему?
Решение. Пусть М наибольшее из выбранных чисел. По условию, из
любой пары чисел {k; M – k} 1k<M/2 хотя бы одно из двух не входит в список
выбранных. Число последних не менее  M  1 (целая часть). Поэтому число


выбранных не более
2


 M  1  M 
 2002 
M 
   1  
 1  1002 .

2
2

  
 2 
Заметим, что последовательность натуральных от 1001 до 2002 из 1002
чисел удовлетворяет условию.
Ответ: 1001, 2002, 1002
Задача 3. Найти пять натуральных чисел n, которые нельзя представить в
виде суммы простого числа и квадрата натурального.
Решение. Докажем, что среди чисел 22, 32,…, k2,…,142 пять не
представляются суммой простого и квадрата. Предположим, что это не так и
k2=p+l2, где p - простое и l - натуральное. Тогда p=k2-l2=(k-l)(k+l).
Поскольку p - простое, то k-l=1, k+l=p. Отсюда следует, что
p 1
p 1
k
,l 
.
2
2
Легко проверить, что при k=5, 8, 11, 13, 14 число p=2k - 1- не простое.
Следовательно, 52, 82, 112, 132, 142 не представляются суммой простого и
квадрата натурального.
Ответ: 5, 8, 11, 13, 14
Задача 4. Из натуральных чисел от 1 до 2n выбрано n+1 число. Доказать,
что среди них найдутся два, одно из которых делится на другое.
Решение: Если среди выбранных чисел есть два одинаковых, то
утверждение очевидно. Предположим теперь, что все они попарно различны.
Любое натуральное число от 1 до 2n однозначно записывается в виде (2k  1)  2l
(*) с некоторым натуральным k{1, …, n} и целым l0. Поэтому множество
всех натуральных от 1 до 2n разбивается на n непересекающихся подмножеств
Mk (k=1, … , n) с числами вида (*) для фиксированного k. Так как выбранных
чисел ровно n+1 и все они попарно различны, то по принципу Дирихле хотя бы
два из них попадут в одно из множеств Mk. Пусть это будут числа
(2k  1)2l , (2k  1)2l  (l  l ) .
Первое есть делитель второго. А это и требовалось доказать.
Задача 5. Найти натуральные m и n, такие что
2 7
  1.
m n
Решение. Данное условие можно переписать в виде
2n  7 m  mn
0.
mn
Полученное соотношение равносильно 2n+7m - mn=0 или соотношению
n(2-m)= - 7m, откуда n=
7m
7(m  2)  14
14
=
=7+
, где m2. таким образом,
m2
m2
m2
искомые пары натуральных m и n определяются из следующей таблицы:
m-2 m
n
1
3
21
2
4
14
7
9
9
14
16 8
Ответ: (3; 21), (4; 14), (9; 9), (16; 8)
Задача 6. Натуральные числа от 1 до 9 раскрашены в два цвета. Доказать,
что найдутся три различных числа одного цвета, одно из которых равно сумме
двух других.
Решение: Пусть цвета есть белый и черный. При этом 9 имеет черный
цвет. Предположим, что утверждение неверно. Для пары (1, 2) возможны
четыре варианта раскрашивания: (Б, Б), (Б, Ч), (Ч, Б), (Ч, Ч). Рассматривая
каждый из них легко приходим к противоречию. Например, для пары (Б, Ч)
рассуждения выглядят так.
1
2
Б
Ч
3
4
5
6
7
8
9
Ч
1) Так как 2+7=9, то 7  Б и
1
2
Б
Ч
3
4
5
6
7
8
Б
9
Ч
2) Так как 1+7=8, то 8  Ч и
1
2
Б
Ч
3
4
5
6
7
8
9
Б
Ч
Ч
6
7
8
9
Ч
Б
Ч
Ч
3) Так как 1+6=7, то 6  Ч и
1
2
Б
Ч
3
4
5
Получено противоречие, поскольку 2+6=8!
Задача 7. Натуральные числа от 1 до 9 раскрасили в два цвета. Доказать,
что найдутся среди них три различных числа одного цвета, составляющие
арифметическую прогрессию.
Решение: Выберем для раскраски белый и черный цвета так, что 9 имеет
белый цвет. Предположим, что наше утверждение неверно. Рассмотрим случай,
когда 1 и 3 имеют белый цвет:
1
2
Б
3
4
5
6
7
8
Б
9
Б
1) Тогда 2, 5, 6 — черные:
1
2
3
Б
Ч
Б
4
5
6
Ч
Ч
7
8
9
Б
2) Значит 4 и 7 — белые:
1
2
3
4
5
6
7
Б
Ч
Б
Б
Ч
Ч
Б
8
9
Б
Мы пришли к противоречию, поскольку 8 не может быть ни черным, ни
белым из-за прогрессий: 7, 8, 9; 2, 5, 8. Точно также приводят к противоречию
оставшиеся три случая (1, 3): (Б, Ч), (Ч, Б), (Ч, Ч).
Задача 8. Доказать, что при любом натуральном n  1 1/(n+1) + 1/(n+2) +
… + 1/2n  13/24.
Решение. Обозначим левую часть неравенства через Sn.
S2 = 7/12 = 14/24, следовательно, при n = 2 неравенство справедливо.
Пусть Sk. 13/24 при некотором k. Докажем, что тогда и Sk+1  13/24.
Имеем, Sk = 1/(k+1) + 1/(k+2) + … + 1/2k, Sk+1 =1/(k+2) + 1/(k+3) + … + 1/2k +
1/(2k+1) + 1/(2k+2).
Сравнивая Sk и Sk+1, имеем Sk+1 – Sk = 1/(2k+1) + 1/(2k+2) + 1/(k+1), т.е.
Sk+1 – Sk = ½(k+1)(2k+1).
При любом натуральном k правая часть последнего неравенства
положительна. Поэтому Sk+1 Sk. Но Sk  13/24, значит, и Sk+1  13/24.
Задача 9. Доказать, что (1+)n  1 + k, где   -1,   0, n – натуральное
число, большее 1.
Решение. При n=2 неравенство справедливо, так как +2  0.
Пусть неравенство справедливо при n = k, где k – некоторое натуральное
число, т.е. (1+)k  1 + k. (1)
Покажем, что тогда неравенство справедливо и при n = k + 1, т.е.
(1+)k+1  1 + (k+1). (2)
Действительно, по условию, 1+  0, поэтому справедливо неравенство
(1+)k+1  (1 + k)(1 + ), (3) полученное из неравенства (1) умножением
каждой его части на (1 + ).
Перепишем неравенство (3) так: (1+)k+1  1 + (k+1) + k2.
Отбросив в правой части последнего неравенства положительное
слагаемое k2, получим справедливое неравенство (2).
Задача 10. Сумма цифр в десятичной записи натурального числа n равна
100, а сумма цифр числа 44n равна 800. Чему равна сумма цифр числа 3n?
Решение: Заметим, что 44n есть сумма 4 экземпляров числа n и 4
экземпляров числа 10n. Если складывать эти числа поразрядно, то в каждом
разряде окажется сумма учетверённой цифры из этого же разряда числа n и
учетверённой цифры из следующего разряда. Если при этом не происходит
никаких переносов, то каждая цифра числа n складывается 8 раз, и сумма цифр
во всех разрядах оказывается равной 800.
При переносах же сумма цифр, очевидно, уменьшается (так как из одного
разряда вычитается 10, а к другому прибавляется только 1). Поэтому в
ситуации условия задачи переносов не происходит. Это означает, в частности,
что любая цифра числа n не превосходит 2. Тогда при умножении n на 3 просто
умножается на 3 каждая его цифра, а, значит, и сумма цифр. Поэтому сумма
цифр числа 3n равна 300.
Ответ: 300
Задача 11. Пусть N – нечетное натуральное число большее 1, а k1, k2,…kn
– произвольные целые числа. Для каждой из n! перестановок a = (a1,a2, … ,an)
чисел 1, 2,…n, обозначим
. Докажите, что найдутся две такие
перестановки b и c (b ≠ c), что n! является делителем S(b) – S(c).
Решение: Пусть ∑ S(a) – сумма S(a) по всем n! перестановкам a = (a1,a2,
… an). Мы вычислим ∑ S(a) двумя способами и достигнем противоречия в
случае, если n нечётно.
Первый способ. В ∑ S(a) число k1 умножается на каждое i ∈ 1, … ,n всего
(n – 1)! раз, по одному на каждую перестановку 1,2, … n, в которой a1 = i.
Поэтому коэффициент при k1 в ∑ S(a) равен (n – 1)!(1 + 2 + … + n) = (n +
1)!/2. Это верно для всех ki, поэтому
Второй способ. Если n! не является делителем S(b) – S(c) для любого b ≠ c,
то все суммы S(a) должны иметь различные остатки при делении на n!.
Поскольку всего перестановок n!, эти остатки в точности равны 0, 1, …, n!
– 1. Поэтому
Таким образом
.
.
Но для нечётных n левая часть этого сравнения сравнима с 0 по модулю n!,
в то время как при n > 1 правая часть не может быть сравнима с 0 (поскольку n!
– 1 нечётно).
Мы получили противоречие для всех нечётных n > 1.
Задача 12. Докажите, что произведение четырех последовательных целых
чисел, сложенное с единицей, есть точный квадрат.
Решение: Пусть это 4 последовательных числа: n, n+1, n+2, n+3. Тогда
n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(2+3n)(n2+3n+2)+1=(n2+3n)2+2(n2+3n)+1=(n2+3n+1)2.
Задача 13. Найти все натуральные числа, оканчивающиеся на 2006,
которые после зачеркивания последних четырех цифр уменьшаются в целое
число раз.
Решение. Пусть натуральные числа имеют вид x•10000 + 2006, где xN.
После вычеркивания последних цифр получим число x. По условию , где nN.
Отсюда имеем, что должно быть натуральным числом, т. е. x - делитель числа
2006. Число 2006 имеет делители: 1; 2; 17; 34; 59; 118; 2006.
Следовательно, имеются числа, отвечающие условию задачи: 12006;
22006; 172006; 342006; 592006; 1182006; 20062006.