У на­ту­раль­ных чисел, крат­ных де­вя­ти, от 9 до 3600 надо под­счи­тать суммы цифр, а затем эти суммы сло­жить. Пусть c₉  — ко­ли­че­ство чисел в этом диа­па­зо­не, у ко­то­рых сумма цифр равна 9,   — ко­ли­че­ство чисел с сум­мой цифр 18,   — ко­ли­че­ство чисел с сум­мой цифр 27.

Вы­чис­лим Будем все числа трак­то­вать как че­ты­рех­знач­ные: 9  =  0009, 18  =  0018, … Рас­смот­рим сна­ча­ла числа вида 0m₁m₂m₃, то есть те, у ко­то­рых пер­вая цифра ноль. Вы­яс­ним, сколь­ки­ми спо­со­ба­ми число 9 может быть пред­став­ле­но в виде суммы трех целых не­от­ри­ца­тель­ных сла­га­е­мых:

При­ба­вим к обеим ча­стям число 3:

По­лу­ча­ет­ся, что надо найти ко­ли­че­ство спо­со­бов пред­ста­вить число 12 в виде суммы трех на­ту­раль­ных сла­га­е­мых. Это ко­ли­че­ство равно

Дей­стви­тель­но, пред­ста­вим себе на чис­ло­вой пря­мой числа 1, 2, …, 12. Между ними име­ет­ся 11 про­ме­жут­ков. Вы­брав два про­ме­жут­ка, мы разо­бьем 12 на три не­ну­ле­вых сла­га­е­мых. Ана­ло­гич­но, име­ет­ся чисел с сум­мой цифр 9 вида 1m₁m₂m₃, чисел 2m₁m₂m₃ и, на­ко­нец, чисел 3m₁m₂m₃. За­ме­тим, что при под­сче­те ко­ли­че­ства чисел вида 3m₁m₂m₃ вы­пол­ня­ет­ся ра­вен­ство

Затем не­по­сред­ствен­ным под­сче­том на­хо­дим и, сле­до­ва­тель­но, Для по­лу­че­ния от­ве­та оста­ет­ся вы­чис­лить

Ответ: 5814.

По­сле­до­ва­тель­ность будет иметь мак­си­маль­ное число чле­нов, если по­след­ний её член будет равен нулю. Иначе эту по­сле­до­ва­тель­ность можно про­дол­жить.

Для всех имеем:

Пусть x_N = 0, тогда

Ответ: 322.

У на­ту­раль­ных чисел, крат­ных де­вя­ти, от 9 до 4950 надо под­счи­тать суммы цифр, а затем эти суммы сло­жить. Пусть   — ко­ли­че­ство чисел в этом диа­па­зо­не, у ко­то­рых сумма цифр равна 9, c₁₈  — ко­ли­че­ство чисел с сум­мой цифр 18,   — ко­ли­че­ство чисел с сум­мой цифр 27.

Вы­чис­лим c₉. Будем все числа трак­то­вать как че­ты­рех­знач­ные: 9  =  0009, 18  =  0018, … Рас­смот­рим сна­ча­ла числа вида т. е. те, у ко­то­рых пер­вая цифра ноль. Вы­яс­ним, сколь­ки­ми спо­со­ба­ми число 9 может быть пред­став­ле­но в виде суммы трех целых не­от­ри­ца­тель­ных сла­га­е­мых:

При­ба­вим к обеим ча­стям число 3:

По­лу­ча­ет­ся, что надо найти ко­ли­че­ство спо­со­бов пред­ста­вить число 12 в виде суммы трех на­ту­раль­ных сла­га­е­мых. Это ко­ли­че­ство равно

Дей­стви­тель­но, пред­ста­вим себе на чис­ло­вой пря­мой числа 1, 2, …, 12. Между ними име­ет­ся 11 про­ме­жут­ков. Вы­брав два про­ме­жут­ка, мы разо­бьем 12 на три не­ну­ле­вых сла­га­е­мых. Ана­ло­гич­но, име­ет­ся чисел с сум­мой цифр 9 вида 1m₁m₂m₃, чисел 2m₁m₂m₃, чисел 3m₁m₂m₃, и, на­ко­нец, чисел 4m₁m₂m₃. В итоге,

Затем не­труд­но найти и, сле­до­ва­тель­но, Для по­лу­че­ния от­ве­та оста­ет­ся вы­чис­лить

Ответ: 8505.

По­сколь­ку 7 · 9 · 32 = 2016, то

Ито­го­вая сумма равна 7 · 6 + 9 · 8 + 32 · 31 = 1106.

Ответ: 1106.

Найдём сле­ду­ю­щие члены по­сле­до­ва­тель­но­сти:

Ме­то­дом ма­те­ма­ти­че­ской ин­дук­ции до­ка­жем, что при всех на­ту­раль­ных n:

1)  n = 1:   — верно.

2)  Пусть утвер­жде­ние верно при

3)  

Так как то

Ответ:

Будем ре­шать чуть обобщённую за­да­чу, а имен­но: за­фик­си­ру­ем на­ту­раль­ное m и будем ис­кать все n, для ко­то­рых в любом из m мно­жеств все остат­ки раз­лич­ны. Ин­декс j про­бе­га­ет зна­че­ния

Для на­ча­ла до­ка­жем, что все n, не де­ля­щи­е­ся на про­стые числа мень­шие либо рав­ные m + 1, под­хо­дят. Рас­смот­рим пе­ре­ста­нов­ку τ: i → (m + 1)i mod n (здесь мы поз­во­лим себе воль­ность счи­тать, что остат­ки идут от 1 до n, а не от 0 до n – 1 как обыч­но). По­сколь­ку n вза­им­но про­сто с m + 1, остат­ки не по­вто­ря­ют­ся. Зна­чит, по прин­ци­пу Ди­ри­х­ле, каж­дый оста­ток встре­ча­ет­ся ровно один раз. Ана­ло­гич­но, каж­дый оста­ток встре­ча­ет­ся ровно один раз и в каж­дом из мно­жеств

До­ка­жем, что пе­ре­ста­нов­ки с тре­бу­е­мы­ми свой­ства­ми не су­ще­ству­ет если и Пред­по­ло­жим об­рат­ное, за­фик­си­ру­ем наи­мень­шее такое p и обо­зна­чим через k мак­си­маль­ную сте­пень p, на ко­то­рую де­лит­ся n.

Спер­ва рас­смот­рим слу­чай p  =  2. За­ме­тим что

фор­му­ла легко до­ка­зы­ва­ет­ся по ин­дук­ции. Тогда сумма n чисел, да­ю­щих остат­ки 1, 2, ..., n, срав­ни­ма с по мо­ду­лю n. По­счи­та­ем двумя спо­со­ба­ми оста­ток суммы по мо­ду­лю n. С одной сто­ро­ны, все сла­га­е­мые дают раз­ные остат­ки, зна­чит, сумма С дру­гой сто­ро­ны, по тем же со­об­ра­же­ни­ям у суммы от­дель­но такой оста­ток, и у суммы такой же, зна­чит, их раз­ность имеет оста­ток 0. За­ме­тим, что

по­сколь­ку n + 1 не­чет­ное а не де­лит­ся на 2^k. Пред­по­ло­же­ние при­ве­де­но к про­ти­во­ре­чию.

По­про­бу­ем по­лу­чить ре­ше­ние в том же духе для про­из­воль­но­го p. Не­боль­шой до­гад­кой, ко­то­рую нужно сде­лать на этом этапе ре­ше­ния, будет то, что счи­тать надо сумму p  — 1-х сте­пе­ней. Сла­бой под­сказ­кой в эту сто­ро­ну яв­ля­ет­ся то, что p – 1  =  1 для двой­ки p  =  2, и в этом же слу­чае сра­бо­тал под­счет суммы пер­вых сте­пе­ней. Го­раз­до более силь­ной  — то что p  — 1-е сте­пе­ни по мо­ду­лю p ведут себя про­сто  — это 1 если число не равно нулю, 0, если равно.

Итак, далее счи­та­ем что обо­зна­чим

Лемма 1. За­ме­тим, что и До­ста­точ­но до­ка­зать этот факт для по­сколь­ку

Для S(p^k) про­ве­дем ин­дук­цию по k. При k  =  1 утвер­жде­ние сле­ду­ет из Малой тео­ре­мы Ферма: среди сла­га­е­мых p – 1 еди­ни­ца и один ноль. Пусть до­ка­за­но для k, до­ка­жем для k + 1. Тогда

Все срав­не­ния по мо­ду­лю p^k+1.

Те­перь для каж­до­го j: рас­смот­рим сумму

Рас­кро­ем все сте­пе­ни по би­но­му Нью­то­на, по­лу­чим сла­га­е­мые вида

С дру­гой сто­ро­ны, все члены в S_j(n)  — это пе­ре­став­лен­ные в каком-то по­ряд­ке остат­ки по мо­ду­лю n чле­нов суммы S(n), то есть Итак, мы хотим найти такой набор α_j, чтобы до­мно­жив на него срав­ни­мо­сти и сло­жив мы смог­ли бы прий­ти к про­ти­во­ре­чию. Сде­лать это по­мо­жет вто­рая лемма.

Лемма 2. Су­ще­ству­ют такие целые числа α₁, ..., α_p – 1, что

Сна­ча­ла по­ка­жем, как из этой леммы вы­ве­сти остав­шу­ю­ся часть утвер­жде­ния за­да­чи. Рас­смот­рим срав­ни­мость

С одной сто­ро­ны, если рас­крыть все S_j по би­но­му Нью­то­на, и со­брать вме­сте члены вида то по Лемме 2 перед каж­дым чле­ном ко­эф­фи­ци­ент, рав­ный нулю по мо­ду­лю p^k. Тогда:

Вспом­нив, что видим, что все члены вида со­кра­ти­лись с пра­вой ча­стью, итак

Но пер­вая скоб­ка не де­лит­ся на p по Лемме 2, а S(n) не де­лит­ся на p^k по Лемме 1. Оста­лось до­ка­зать лемму 2. Спер­ва от­ме­тим, что если вме­сто на­бо­ра целых чисел α_j уда­лось по­до­брать набор ра­ци­о­наль­ных чисел β_j, таких что их зна­ме­на­те­ли не де­лят­ся на p, все срав­ни­мо­сти из усло­вия леммы за­ме­ни­лись на ра­вен­ства, а по­след­нее вы­ра­же­ние равно це­ло­му числу, не де­ля­ще­му­ся на p  — то лемма до­ка­за­на, до­ста­точ­но все β_j за­ме­нить на срав­ни­мые с ними по мо­ду­лю p^k целые числа. Срав­ни­мость опре­де­ле­на кор­рект­но по­сколь­ку зна­ме­на­те­ли не де­лят­ся на p.

Те­перь оста­лось взять

Чи­та­те­лю оста­ет­ся упраж­не­ние до­ка­зать (на­при­мер, по ин­дук­ции, по­сколь­ку про­сто­та p здесь уже не важна), что во всех усло­ви­ях Леммы 2, кроме по­след­не­го, по­лу­ча­ет­ся 0, а в по­след­нем

Ответ: все n, не де­ля­щи­е­ся ни на 2, ни на 3, ни на 5.

За­ме­тим, что сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 653.

За­ме­тим,

Ответ: 2 731 179 360.

В каж­дой клет­ке на­пи­шем ко­ли­че­ство спо­со­бов, с ко­то­ры­ми заяц может туда по­пасть. В пер­вой клет­ке 1, во вто­рой 1, далее в каж­дой клет­ке ко­ли­че­ство путей зайца раз­би­ва­ет­ся на 2 груп­пы: по­след­ний пры­жок на 2 клет­ки и по­след­ний пры­жок на 1 клет­ку. По­это­му в клет­ке за­пи­сы­ва­ет­ся сумма чисел из двух преды­ду­щих (по­сле­до­ва­тель­ность чисел Фи­бо­нач­чи).

Ответ: 144.

Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что Сле­до­ва­тель­но,

В по­лу­чен­ном про­из­ве­де­нии 201 число де­лит­ся на 5, 40 чисел, ко­то­рые де­лят­ся на 25, 8 чисел, ко­то­рые де­лят­ся на 125 и 1 число, де­ля­щи­е­ся на 625.

Таким об­ра­зом, в по­лу­чен­ном про­из­ве­де­нии число 5 вхо­дит в сте­пе­ни 201 + 40 + 8 + 1 = 250. При этом 2 вхо­дит в дан­ное про­из­ве­де­ние в сте­пе­ни боль­шей 250. Осталь­ные числа не окан­чи­ва­ют­ся на 0 или 5 и яв­ля­ют­ся чет­ны­ми, по­это­му их про­из­ве­де­ние также не окан­чи­ва­ет­ся на 0.

Сле­до­ва­тель­но, дан­ное про­из­ве­де­ние окан­чи­ва­ет­ся на 250 нулей.

Ответ: 250.

Най­дем не­сколь­ко по­след­них зна­че­ний по­сле­до­ва­тель­но­сти, учи­ты­вая, что и :

Таким об­ра­зом, по­лу­чи­ли пе­ри­о­ди­че­скую по­сле­до­ва­тель­ность с пе­ри­о­дом 6. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: 0,5.

За­пи­шем по­лу­чен­ную по­сле­до­ва­тель­ность сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Пре­жде всего за­ме­тим, что у нас будет 63 стро­ки, при этом по­след­няя стро­ка со­дер­жит толь­ко 2 еди­ни­цы. Дей­стви­тель­но, в 62 стро­ках чисел. Сле­ду­ю­щие числа −63, 1, 1. Сумма в не­чет­ных стро­ках, кроме по­след­ней равна 0. Сумма чисел в чет­ных стро­ках равна удво­ен­но­му но­ме­ру со­от­вет­ству­ю­щей стро­ки. Таким об­ра­зом, ис­ко­мая сумма равна

Ответ: 1923.

Для всех на­ту­раль­ных n вы­пол­не­но и, таким об­ра­зом,

Так как все члены по­сле­до­ва­тель­но­сти по­ло­жи­тель­ные, то x₂₀₁₉ > 64. Ана­ло­гич­но до­ка­зы­ва­ет­ся, что x₁₀₀ > 16, x₅₀₀ > 32, x₁₀₀₀ > 45, x₁₅₀₀ > 55. Также оче­вид­но, что по­сле­до­ва­тель­ность воз­рас­та­ю­щая. Сле­до­ва­тель­но,

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

За­ме­тим, что

Пусть b_n = a_n + 2. Тогда из ра­вен­ства a_{n + 1} + 2 = (a_n + 2)² сле­ду­ет, что b_{n + 1} = b_n² и b_n = b₁^{2n − 1}. Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем

При a₁ = −2 до­сти­га­ет­ся ми­ни­маль­ное зна­че­ние a₂₀₂₀ = −2.

Ответ: −2.

Вы­чи­тая друг из друга фор­му­лы для и по­лу­ча­ем то есть для Те­перь до­ка­жем фор­му­лу по ин­дук­ции. База и, дей­стви­тель­но,

Далее вос­поль­зу­ем­ся по­лу­чен­ной ре­кур­рент­ной фор­му­лой и убе­дим­ся, что если то

Ответ: при

Вы­чи­тая друг из друга фор­му­лы для и по­лу­ча­ем то есть для Те­перь до­ка­жем фор­му­лу по ин­дук­ции. База и, дей­стви­тель­но, Далее вос­поль­зу­ем­ся по­лу­чен­ной ре­кур­рент­ной фор­му­лой и убе­дим­ся, что если то

Ответ:

Пре­об­ра­зу­ем ис­ход­ное вы­ра­же­ние:

Тогда

От­сю­да

Ответ:

На­при­мер, по­сле­до­ва­тель­ность

Ответ: Да, может.

До­ка­жем по ин­дук­ции не­ра­вен­ство База Пе­ре­ход от n к Пусть тогда и, сле­до­ва­тель­но, С дру­гой сто­ро­ны,

так как для по­ло­жи­тель­ных углов вы­пол­ня­ет­ся не­ра­вен­ство Зна­чит,

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

За­ме­ча­ние. На самом деле можно также до­ка­зать, что число π яв­ля­ет­ся пре­де­лом по­сле­до­ва­тель­но­сти

За­ме­тим, что

а)  Имеем:

Ответ: 1.

б)  Ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му пунк­ту,

далее ясно.

в)  Обо­зна­чим углы тре­уголь­ни­ка A_nB_nC_n через Из свойств впи­сан­ных в окруж­ность углов оче­вид­но (см. рис.), что и т. д. Таким об­ра­зом, по­сле­до­ва­тель­но­сти углов рас­смат­ри­ва­е­мых тре­уголь­ни­ков удо­вле­тво­ря­ет со­от­но­ше­нию преды­ду­ще­го пунк­та, по­это­му они имеют общий пре­дел  — более того,

а это очень ма­лень­кое число.

Ответ: или