МЕТОДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ОЛІМПІАДНИХ ЗАДАЧ · m 54 Методи розвязування олімпіадних задач: навч. посіб

Байсалов Дж.У., Мекуш О.Г.,

Соліч К.В., Федуник-Яремчук О.В.

МЕТОДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ

ОЛІМПІАДНИХ ЗАДАЧ

Міністерство освіти і науки України

Східноєвропейський національний університет імені Лесі Українки

Серія «Посібники та підручники СНУ імені Лесі Українки»

Байсалов Дж.У., Мекуш О.Г.,

Соліч К.В., Федуник-Яремчук О.В.

МЕТОДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ

ОЛІМПІАДНИХ ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Луцьк – 2018

УДК 378.016:51]:[37.091.33:005.332.4] (075.8)

M 54

Рекомендовано вченою радою Східноєвропейського національного

університету імені Лесі Українки

(протокол №_ від _________ 2018 р.,

наказ ректора № ____ від ________ 201_ р.)

Серія «Посібники та підручники СНУ імені Лесі Українки»

Серія заснована у 2010 році.

Рецензенти:

Романюк А.С. – доктор фізико-математичних наук, професор, завідувач

відділу теорії функцій Інституту математики НАН України;

Матвіїв Ю.Я. – доктор технічних наук, професор кафедри фундаменталь-

них наук Луцького національного технічного університету;

Гембарська С.Б. – кандидат фізико-математичних наук, доцент кафедри

диференціальних рівнянь і математичної фізики Східноєвропейського

національного університету імені Лесі Українки.

Байсалов Дж.У., Мекуш О.Г., Соліч К.В., Федуник-Яремчук О.В.

M 54 Методи розвязування олімпіадних задач: навч. посіб. / Байсалов

Джоомарт Усубакунович, Мекуш Оксана Григорівна, Соліч Кате-

рина Василівна, Федуник-Яремчук Оксана Володимирівна. –

Луцьк: Східно-європ. нац. ун-т імені Лесі Українки, 2018. – 202 с.

(Посібники та підручники СНУ імені Лесі Українки).

ISBN 978–966–600–5 (серія)

ISBN 978–966–600–654–0

У навчальному посібнику викладено основні методи розв’язування

олімпіадних задач. Наведено зразки розв’язування вправ, які ілюструють

теорію, та запропоновано вправи для самостійної роботи студентів.

Для студентів математичних спеціальностей вищих навчальних за-

кладів.

УДК 378.016:51]:[37.091.33:005.332.4] (075.8)

© Байсалов Дж.У., Мекуш О.Г.,

Соліч К.В.,Федуник-Яремчук О.В., 2018

ISBN 978–966–600–5 (серія) © Східноєвропейський національний

ISBN 978–966–600–654–0 університет імені Лесі Українки, 2018

3

Зміст

Передмова ............................................................................ 6

Розділ І. Теорія чисел в олімпіадних задачах .................. 7

§ 1.1. Запис числа. Ознаки подільності ............................. 7

§ 1.1.1.Позиційні та непозиційні системи числення ........ 7

§ 1.1.2. Двійкова система числення ................................ 10

§ 1.1.3. Гра в три купки камінців ................................... 14

§ 1.1.4. Десяткова система числення та ознаки подільно-

сті ..................................................................................... 16

§ 1.1.5. Ознаки подільності на 3 та на 9 .......................... 19

§ 1.1.6. Число Шахеризади і ознаки подільності на 7, 11,

13 ...................................................................................... 20

Задачі для самостійного розв’язування ......................... 23

§ 1.2. Ділення на натуральне число з остачею ............... 27

§ 1.2.1.Узагальнене поняття ділення з остачею ............. 27

§ 1.2.2. Про прості числа та їх кількість ........................ 31

§ 1.2.3.Про степінь числа і остачі ................................... 33

§ 1.2.4.Алгоритм Евкліда ............................................... 39


§ 1.3. Арифметика остач за модулем ............................. 53

§ 1.3.1.Основні поняття .................................................. 53

§ 1.3.2.Властивості порівнянь ........................................ 57

§ 1.3.3.Порівняння і ознаки подільності ........................ 60


Розділ ІІ Класичні методи розв’язання нестандартних

задач ................................................................................... 66

§ 2.1.Принцип Діріхле .................................................... 66


§ 2.2.Геометричні аналоги принципу Діріхле ............... 75

4

§ 2.2.1. Множини на площині ......................................... 75

§ 2.2.2. Площа фігури ..................................................... 78


§ 2.2.3. Принцип Діріхле для площ і його застосування

.......................................................................................... 80

§ 2.2.4. Теорема Бліхфельдта ......................................... 81

§ 2.2.5. Теорема Міньковського проблема апроксимації

ірраціональних чисел раціональними ............................ 84


§ 2.3. Правило крайнього ............................................... 86


§ 2.4. Інваріанти .............................................................. 90


§ 2.5. Середні величини, нерівність Коші ...................... 97

Задачі для самостійного розв’язування ....................... 104

§ 2.6. Задачі з цілою та дробовою частинами числа .... 108


Розділ ІІІ. Елементи математичного аналізу в

олімпіадних задачах ....................................................... 119

§ 3.1. Послідовності ...................................................... 119


§ 3.2. Границя послідовності і функції ........................ 132


§ 3.3. Застосування похідної та інтеграла .................... 144


Розділ IV. Функціональні рівняння ............................. 158

§ 4.1. Поняття про функціональне рівняння та його

розв’язок ....................................................................... 158

§ 4.2. Ідея неперервності .............................................. 159

5

§ 4.3. Рівняння Коші (Метод послідовного аналізу пове-

дінки функцій при цілих, раціональних і дійсних значен-

нях аргументу) ............................................................... 163

§ 4. 3.1. Функціональне рівняння лінійної однорідної фу-

нкції ............................................................................... 163

§ 4.3.2. Функціональне рівняння показникової функції

........................................................................................ 169

§ 4.3.3. Функціональне рівняння логарифмічної функції

........................................................................................ 170

§ 4.3.4. Функціональне рівняння степеневої функції .. 171

§ 4.4. Метод зведення функціонального рівняння до ві-

домого за допомогою заміни змінної і функції ........... 172

§ 4.5. Метод підстановок .............................................. 175

§ 4.6. Граничний перехід .............................................. 177

§ 4.7. Похідна і функціональні рівняння ...................... 180

§ 4.8. Функціональні рівняння, що містятьдекілька неві-

домих функцій .............................................................. 182

§ 4.9. Системи функціональних рівнянь ...................... 184

§ 4.10. Розв’язання функціональних рівнянь,заданих на

множині натуральних чисел ......................................... 188

§ 4.11. Функціональні нерівності ................................. 189

§ 4.12. Деякі загальні методи, що дозволяють знаходити

часткові розв’язки різних функціональних рівнянь ..... 112


Список використаної літератури .............................. 196

6

Передмова

Ця книга адресована тим, хто хоче навчитися

розв’язувати задачі олімпіадної математики та навчити

цього своїх учнів. Посібник написаний на основі досвіду

підготовки учнів та студентів до участі в математичних

олімпіадах різних рівнів.

Основна мета – надати студентам як майбутнім вчи-

телям конкретну допомогу в розвитку вміння розв’язувати

олімпіадні задачі.

Посібник складається з чотирьох частин. В першому

розділі висвітлена тема “Теорія чисел в олімпіадних зада-

чах”. У другій – пропонується познайомитись з різними

методами нестандартних задач. Третій розділ охоплює час-

тину курсу математичного аналізу, що є важливим кроком

при розв’язуванні олімпіадних задач у старших класах. У

четвертій частині розглянуто функціональні рівняння.

В методичній розробці матеріал систематизовано та

подано у логічній послідовності. Чіткий виклад полегшує

сприймання, а розв’язання дають можливість здійснити

самоконтроль.

Головна мета завдань - розвинути творче і математи-

чне мислення учнів, зацікавити їх математикою, призвести

до “відкриття” математичних фактів. Досягти цієї мети за

допомогою одних стандартних завдань неможливо. Необ-

хідні завдання, спрямовані на виховання в учнів стійкого

інтересу до вивчення математики, творчого ставлення до

навчальної діяльності математичного характеру.

Необхідні спеціальні вправи для навчання способам

самостійної діяльності, для оволодіння методами науково-

го пізнання реальної дійсності та прийомами розумової

діяльності, якими користуються вчені-математики, вирі-

шуючи ту чи іншу задачу.

7

РОЗДІЛ І. Теорія чисел в

олімпіадних задачах

Закономірності запису числа, зокрема при його під-

несенні до степеня, подільність і остача, властивості остач,

теорія лишків, розв’язування рівнянь у цілих числах та

їхнє застосування (наприклад, у тригонометрії), застосу-

вання властивостей подільності в задачах логічного та

практичного застосування, у задачах про виграшну страте-

гію гри тощо дають можливість систематизувати та погли-

бити знання з теорії чисел.

§1.1.Запис числа. Ознаки подільності

Як відомо, у десятковій системі числення (кажуть у

системі числення з основою 10) довільне натуральне число

можна представити у вигляді

(1.1)

Саме ця система є загальноприйнятою, оскільки де-

сять пальців рук – найпростіший апарат для обчислень,

який люди використовували, починаючи із сивої давнини.

§ 1.1.1. Позиційні та непозиційні системи числення

Окрім десяткової, існували й інші системи числення,

у яких основа відрізнялася від . Так достатньо широко

застосовувалася дванадцяткова система. Її залишки й досі

використовують в усному мовленні. Замість того, щоб ска-

зати «дюжина». Певні предмети (виделки, ложки, ножі,

тарілки, носові хустинки тощо) часто рахують саме дюжи-

нами, а не десятками.

Походження дванадцяткової системи також пов'язане

з рахунком на пальцях, а саме на фалангах. Чотири пальці

8

руки (без великого) мають загалом фаланг. Водячи ве-

ликим пальцем по цих фалангах, здійснювали рахунок від

до . Потім приймали за одиницю наступного розря-

ду (дюжину) й рахували далі. Зауважимо, що одиницю

третього розряду (дюжину дюжин) назвали гросс, а дюжи-

ну гроссів – маса. Можливе останнє поняття є коренем

походження таких виразів як «маса справ», «маса людей»

тощо.

Існували й інші системи числення (з основами

). У системі числення з основою скорочений за-

пис числа означає

(1.2)

Цифрами в такій системі числення є числа

Такі системи числення називають

позиційними.

Непозиційними системи будуються за іншим принци-

пом. Загально відомий приклад такої системи – римські

цифри. У цій системі є набір певних символів, а саме: I –

одиниця, V – п’ять, X – десять, L – п’ятдесят, C – сто і т.д.

Кожен із чисел представляється як комбінація цих симво-

лів. Наприклад, число 88 у римській системі має вигляд

LXXXVIII.

Щоб представити число, записане в одній позицій си-

стемі числення, наприклад у десятковій, в іншій позицій-

ній системі, треба знайти коефіцієнти у відпо-

відному розкладі (1.2).

Приклад 1.1. Представити число у сімко-

вій системі числення.

Розв’язання

1. Проділимо дане число на (у цілих числах). Маємо

. Отже, у сімковій системі чи-

слення

9

2. Щоб визначити , поділимо 3. 4. ( ост. ), 5. 6.

Відповідь. Приклад 1.2. У якій системі числення твердження

буде правильним?


Зрозуміло, що три рази повторене число буде у

будь-якій системі числення. Але в пропонованій умові чи-

сло є одиницею наступного розряду. Це буде пральним

лише для системи числення з основою Відповідь. З основою Приклад 1.3. Якому числу в десятковій системі чис-

лення відповідає число у системі числення з остачею

?


У системі з основою маємо:

Отже, у десяткові системі числення це число дорівнює .

Відповідь. .

Приклад 1.4. Чи можна за допомогою шалькових те-

резів і важків у грам,

грам, грамів, грамів … (по одному кожної

маси) зважити довільний вантаж з точністю до одного гра-

ма?


Нехай предмет, масу якого треба визначити, має

грамів. Запишемо у трійковій системі числення:

10

де коефіцієнти можуть набувати зна-

чення .

Перепишемо останнє представлення числа так,

щоб коефіцієнти у цьому запису мали вигляд Здійснювати це будемо так. Представимо число десят-

кової системи у трійковій, але на відміну від звичайного

переходу (див. приклад ), кожного разу, коли отримува-

тимемо в остачі частку збільшимо на , а остачі писа-

тимемо . Тоді

Тепер вантаж грамів покладемо на ліву шальку те-

резів, а важки будемо розміщувати так:

грами ставимо на праву шальку терезів, якщо

грами ставимо на ліву шальку, якщо .

Наприклад, якщо – ліворуч ( там, де і ван-

таж). Аналогічно розміщуються ваги

Легко зрозуміти, що таким чином ми зрівноважимо

ваги і визначимо вагу даного предмета.

Відповідь. Можна.

§ 1.1.2. Двійкова система числення

Окремо зупинимося на двійковій системі числення.

На надзвичайну простоту й своєрідність цієї системи пер-

шим (серед європейців) зверну увагу відомий філософ і

математик Г.В.Лейбніц (1646-1716). Проте у Китаї ця сис-

тема скоріш за все була відома була раніше.

Двійкова система числення застосовується в різних

галузях математики. Одним із прикладів старовинних тех-

нічних застосувань цієї системи є телеграф або радіотеле-

граф, а у сучасних – обчислювальна техніка.

11

У двійковій системі маємо дві цифри Число

як основа стає одиницею другого розряду, їй відповідає

запис . Число , містить одиницю другого ро-

зряду й одиницю першого розряду й записується як . Число , тобто є одиницею третього розряду, тому

записується як і т. д.

Запис числа у двійковій системі числення більш гро-

міздкий, ніж у десятковій, проте дії із числами в цій систе-

мі надзвичайно прості.

Розглянемо додавання у двійковій системі. Напри-

клад, додамо два числа За-

пишемо ці числа одне під одним так, щоб відповідні роз-

ряди цих чисел розміщувалися одне під одним ( аналогічно

до десяткової системи). Якщо у стовпчику маємо одну

одиницю (тобто друга цифра нуль) – у результаті пишемо

(як записано нижче), якщо дві одиниці – пишемо і в

наступний розряд переносимо . Тобто сумою заданих чи-

сел буде число

Знаходити доповнення у двійкової системі числення

теж значно простіше, ніж у десятковій. Нагадаємо, що в

десятковій системі доповненням до даного числа є різниця

між найближчим степенем десяти і даним числом. Так,

доповненням , а доповнення до числа

.

Аналогічно двійковим доповненням є різниця між

найближчим степенем двійки і даним числом.

Приклад 1.5. Знайти двійкове доповнення числа


Для того, щоб записати шукане доповнення, залиша-

12

ємо без змін останню праву одиницю та всі нулі, що йдуть

за нею; у всіх інших розрядах одиницю замінюємо нулем, а

нуль – одиницею .

Тоді маємо Зрозуміло, що перші нулі ліворуч можна опустити.

Шуканим доповненням числа буде число

Відповідь. Якщо ми вміємо знаходити доповнення, то легко мо-

жна виконати віднімання у двійковій системі.

Приклад 1.6. Знайти різницю Розв’язання

1. Знайдемо двійкове доповнення від’ємника.

мо 2. Тепер замінюємо віднімання додаванням:

Відповідь. Зауважимо, що останній приклад у десятковій систе-

мі має вигляд

що значно коротше.

Розглянемо множення у двійковій системі. Таблиця

множення у двійковій системі має вигляд:

Запис дії множення аналогічний відповідному запису

у десятковій системі. Тобто записуємо одне число під од-

ним так, щоб відповідні розряди цих множників розміщу-

вались один під одним, і виконуємо порозрядне множення

нижнього числа на верхнє (при множенні на 1число не

змінюється, а при множенні на маємо ). Потім виконує-

мо додавання чисел у розрядних стовпчиках.

13

Приклад 1.7. Знайти добуток чисел


Відповідь. Зауважимо, що останній приклад у десятковій систе-


Дія множення, як і додавання та віднімання, у десят-

ковій системі виконується значно коротше, хоча й вимагає

певної кваліфікації. У школі потрібно дитину навчити не

один рік, щоб осягнути виконання таких дій. Проте в двій-

ковій системі числення виконання таких дій виконується

автоматично.

Стосовно ділення, то ця арифметична дія є найсклад-

нішою з усіх арифметичних дій ( пригадайте себе в почат-

ковій школі). У середні віки ділення вважалося настільки

складною математичною операцією, що людина, яка вміла

це робити, отримувала вчений ступінь.

А от ділення в двійковій системі виконується авто-

матично! При діленні запис здійснюємо аналогічно до то-

го, як ми звикли робити в десятковій системі. Проте на

кожному кроці під діленим пишемо не добуток дільника на

14

відповідну цифру, а двійкове доповнення цього добутку

(нулі ліворуч можна не закреслювати).

Приклад 1.8. Поділити Розв’язання

Відповідь. У частці Зауважимо, що останній приклад у десятковій систе-


Незважаючи на громіздкий запис арифметичних дій у

двійковій системі, стає зрозумілим, чому саме на двійковій

системі числення базується робота обчислювальної техні-

ки.

§ 1.1.3. Гра в три купки камінців

Ще в стародавньому Китаї була відома гра під на-

звою «Нім», або «Гра у три купки камінців». У сучасних

умовах таку задачу формулюють, скориставшись сірника-

ми, цукерками або іншими предметами. Задача полягає в

тому, що з’ясувати результат гри при оптимальній тактиці

гравців і вказати, якою саме повинна бути тактика.

15

Приклад 1.9. Є три купки камінців. Двоє гравців по

черзі беруть камінці із цих купок. Причому за один хід

можна взяти довільну (не нульову) кількість камінців з

будь-якої купки (тільки з однієї). Виграє той гравець, хто

візьме останній камінець.


Нехай задані купки містять відповідно камін-

ців. Запишемо числа у двійковій системі числення:

Вважатимемо, що в кожному із цих записів однакова

кількість розрядів. Тобто допишемо попереду відповідну

кількість нулів у тих числах, що мають меншу кількість

знаків, ніж інше число.

Отже, кожна із цифр ,

, може набувати зна-

чення . До того хоча б одна з трьох цифр

відмінна від нуля.

Гравець за один хід може замінити одне із чисел

на менше. Це означає, що в одному з наведених ра-

ніше розкладів чисел змінюються коефіцієнти (хоча

б один з них).

Розглянемо суми:

(1.3)

Кожна із цих сум може дорівнювати Якщо хоча б одна з таких сум непарна (тобто дорівнює

), то перший гравець може забезпечити собі ви-

граш.

Справді нехай перша із цих сум (якщо

розглядати їх зліва направо), яка є непарною, тобто хоча б

один з коефіцієнтів дорівнює . Для визначеності

вважатимемо, що , тоді гравець може взяти з першої

16

купки таку кількість камінців, щоб всі суми стали парними.

Отже, гравець, що розпочинає гру, може зробити так,

щоб після його ходу всі і суми (1.3) стали парними.

Другий гравець неминуче змінить парність хоча б

однієї цих сум. Тобто після його ходу матимемо позицію, з

якої починалася гра, хоча б одна із сум (1.3) буде непар-

ною.

Перший гравець знову перетворює всі суми (1.3) на

парні і т.д.

Після кожного кроку кількість камінців зменшується,

і настане момент, коли всі суми (1.3) перетворяться в нулі.

Це відбудеться після ходу першого гравця (бо нуль – число

парне).

Якщо числа такі, що всі суми (1.3) парні, то то-

ді другий гравець може застосовувати вказану раніше так-

тику й виграти.

§ 1.1.4. Десяткова система числення та ознаки по-

дільності

Розглянемо приклади задач, розв’язання яких ґрун-

тується на десятковій формі запису числа.

Приклад 1.10. Довести, що число кратне чи-

сло .

Розв'язання

Дане число дорівнює , тобто ділиться на .

Приклад 1.11. Довести, що трицифрове число, запи-

сане однаковими цифрами, ділиться на .


Запишемо задане число у вигляді

17

Приклад 1.12. Сума цифр трицифрового числа дорі-

внює Сума цифр його сотень і десятків Якщо від шу-

каного числа відняти , то отримаємо число, записане

тими самими цифрами, але у зворотному порядку. Знайти

це число.


Запишемо шукане число у вигляді . За умовою:

1) 2) 3)

З (1) і (2) маємо:

З (3) маємо: Тоді Відповідь. .

Приклад 1.13. Довести, що різниця ділить-

ся на .


Запишемо дану різницю у вигляді

І перше, і друге число останнього виразу діляться на

, отже,і їхня різниця теж кратна числу .

Приклад 1.14. Знайти останню цифру квадратного

числа, якщо передостання цифра цього квадрата – непарне

число, але не одиниця.


Запишемо шукане число у вигляді За

умовою

.

Передостання цифра числа може бути непарною

лише тоді, коли кількість десятків у числі непарна. Мо-

жливі лише два варіанти:

18

. Перший варіант задовольняє

умову задачі (передостання цифра квадрата – не одиниця).


Приклад 1.15. Знайти усі двоцифрові числа , квад-

рат суми цифр яких дорівнює сумі цифр числа .


Нехай шукану число 1. Зазначимо, що . Тоді

2. Маємо, що , тобто .

Розглянемо всі можливі випадки чисел

. З них

умову задачі задовольняють: Приклад 1.16. Знайти усі натуральні числа, які збі-

льшуються в разів,якщо між цифрою одиниць і цифрою

десятків вставити цифру .


Запишемо шукане число у вигляді

де введемо позначення:

Тоді За умовою маємо

Тоді і враховуючи, що цифра цифра, маємо

. У випадку отримаємо тобто

розв’язків немає.

У випадку отримаємо тобто


Нагадаємо ознаки подільності числа,що випливає з

десяткової форми запису числа (1.1).

Степені діляться на Тому маємо таке.

19

Число ділиться на , якщо його остання цифра

парна.


.


або При степені діляться на . Тому маємо

таке.

Ознакою подільності на є ділення без остачі на

двоцифрового числа .

Число ділиться на , якщо трицифрове число

ділиться на 8.

§ 1.1.5. Ознаки подільності на 3 та на 9

Довільне натуральне число можна запи-

сати у вигляді:

. Очевидно, що ділиться і на і на

Тоді, якщо число ділиться

на , то і число

ділиться на . Маємо ознаки подільності.

Число ділиться на , якщо сума його цифр ділить-

ся на

Число ділиться на , якщо сума його цифр ді-

литься на

Зазначимо, що правильними будуть і обернені озна-

кам подільності твердження.Це легко довести, спираю-

чись на десяткову форму запису числа (1.1).

20

Приклад 1.17. У десятковому записі числа оди-

ниць, кілька нулів, а інших цифр немає. Чи може це число

бути повним квадратом?


Сума цифр даного числа дорівнює і ділиться на

, але не ділиться на Отже, це число не може бути пов-

ним квадратом.

Відповідь. Ні.

Приклад 1.18. До числа справа і зліва дописали

по одній цифрі так, щоб отримати число, кратне числу .

Знайти це число.


Отримане число кратне числу , отже, ділиться на

і на .

З кратності маємо, що останньою його цифрою мо-

же бути лише .

З кратності числу маємо, що з першою його циф-

рою може бути лише .

Відповідь. Приклад 1.19. Остання цифра квадрата натурального

числа Довести, що його передостання цифра непарна.


Задане число – парне, тоді число

є теж парним, тобто . Тоді (за ознакою подільності на

) маємо, що , тобто двоцифрове число має ви-

гляд: , або Звідси і є числом непарним.

§ 1.1.6. Число Шахеризади і ознаки подільності на

7, 11, 13

Перейдемо до ознак подільності на У цьому

нам допоможе число , яке ще називають числом Ша-

21

херезади. Число Шахерезади має кілька цікавих властивос-

тей.

1) Це найменше із чотирицифрових чисел, яке можна

представити у вигляді кубів двох натуральних

сел: 2) Число складається із «чортових»

жин: 3) Число складається із «магічних» чисел

4) Число складається із одинадцяток:

5) . Отже, якщо

вважати, що рік дорівнює тижням, то ніч

складається з року. А сума

є частиною нескінченого ряду

,який часто трапляється у математиці

й якому в старовину теж приписували магічні влас-

тивості.

Властивості числа перетинаються з магією та

математикою. Зокрема на його ґрунтується доведення

ознак подільності на .

Розглянемо число . Його можна представи-

ти у вигляді

Число ділиться на Тоді число

ділиться на , якщо на ділиться різниця .

Маємо ознаку подільності на Число ділиться на , якщо на , ді-

литься різниця даного числа без останніх трьох

розрядів і числа, утвореного останніми трьома

цифрами.

22

Приклад 1.20. Чи ділиться число :

а) на ; б) на ?


1) –

2) – 3)

За ознаками подільності на маємо, що дане чи-

сло кратне числу , але не ділиться на .

Відповідь. а) так; б) ні.

Розглянемо іншу ознаку подільності на , яка була

відома ще в XI ст. арабському математику аль-Кархі, а піз-

ніше вперше сформульована у відомому нам вигляді фран-

цузьким математиком Ж.Л. Лагранжем (1736-1813).

Для того щоб число ділилося на , необхідно й

достатньо, щоб різниця між сумою його цифр не-

парних розрядів(якщо рахувати справа наліво) і су-

мою цифр парних розрядів ділилася на .

Доведемо наведену ознаку для чотирицифрового чи-

сла . Запишемо його у вигляді

.

В останньому виразі перші три доданки кратні числу

, тоді дане число ділиться на 11, якщо різниця

кратна числу .

Зрозуміло, що аналогічне доведення можна провести

для довільного цифрового числа, хоча його запис буде

більш громіздким. У загальному вигляді цю ознаку ми до-

ведемо лаконічно й прозоро пізніше , спираючись на

властивості остач.

Приклад 1.21. Чи ділиться Розв’язання

Тоді задане число ділиться на

23

Відповідь. Так.

Приклад 1.22. Чи можна всі двоцифрові числа від

до включно виписати в деякому порядку одне за одним

так, щоб одержати запис простого числа?


У якому б порядку ми не записували задані числа, рі-

зниця двох сум цифр, що стоятимуть на парних і на непар-

них місцях є різницею сум перших і других цифр двоциф-

рових чисел . Отже, вона дорівнює

, ділиться на , тоді й утворене відповідно до умови

число також буде кратне числу , тобто непростим.


Задачі для самостійного розв’язування

1.1.1. У якій системі числення твердження

буде правильним?

1.1.2. Знайти запис числа в системі числення з осно-

вою , якщо в десятковій системі це число має вигляд:

а) ; б) ; в) ; г) ; д) .

1.1.3. Записати у десятковій системі числення число:

а) ; б) ; в)

1.1.4. Записати таблицю множення для шестизначної

системи числення.

1.1.5. Виконати дії (в указаних системах числення):

а) ; б) ; в) ; г*) . 1.1.6. На дошці маємо напівстертий запис:

З’ясувати, в якій системі числення здійснювали додавання.

1.1.7. «У тебе помилка», – сказала Ганна брату Мико-

лі дивлячись на запис у його зошиті: . «Ні, – від-

24

повів Микола, – мені набридла десяткова система числен-

ня і я тепер рахую в системі числення з іншою основою».

Визначити основу числення Миколи за наведеним прикла-

дом.

1.1.8. Один шкільний вчитель на запитання про кіль-

кість учнів у класі відповів так: «У мене в класі дітей,

з них хлопці й дівчини». Яку систему числення мав

на увазі вчитель?

1.1.9. Сума цифр двоцифрового числа дорівнює , а

різниця цього числа і числа, записаного тими самими циф-

рами в зворотному порядку, дорівнює . Знайти це число.

1.1.10. Друге двоцифрове число утворюється з першо-

го перестановкою цифр. Різниця вказаних двоцифрових

чисел дорівнює сумі цифр кожного з них. Знайти ці числа.

1.1.11. Перші три цифри семицифрового числа однако-

ві, а інші чотири теж рівні між собою. Сумою всіх цифр

числа дорівнює числу, перша цифра якого збігається з

першою цифрою заданого числа, а друга – з останньою.

Знайти це число.

1.1.12. Сума цифр двоцифрового числа . Якщо в

цьому числі переставити цифри, то воно збільшиться на

. Знайти це число.

1.1.13. Знайти двоцифрове число, у якого цифра оди-

ниць на більша за цифру десятків, а добуток числа на

суму його цифр дорівнює .

1.1.14. Суму цифр двоцифрового числа в разів менша

від цього числа. Добуток цього числа на число, записане

тьми самими цифрами в зворотному порядку, дорівнює

. Знайти це число.

1.1.15. Сума кубів цифр двоцифрового числа дорівнює

, а добуток цифр цього числа дорівнює Знайти це

число.

1.1.16. Трицифрове число починається з цифри . Як-

25

що цю цифру переставити в кінець числа, то отримаємо

число на менше від попереднього. Знайти задане чис-

ло.

1.1.17. Сума цифр двоцифрового числа . Якщо до

цього числа додати то вийде число, добуток цифр яко-

го дорівнює . Знайти це число.

1.1.18. Десятковий запис добутку двох чисел склада-

ється винятково із четвірок. Знайти дані двоцифрові числа

1.1.19. Розшифрувати запис . 1.1.20. Знайти усі число, що в рази перебільшують

суму своїх цифр.

1.1.21. Довести, що трицифрове число, записане одна-

ковим цифрами, ділиться на .

1.1.22. Довести, що різниця двох десяткових чисел, за-

пис кожного з яких містить усі десять цифр, ділиться на 1.1.23. Позначимо через добуток двох довільних

двоцифрових чисел, а через – то добуток тих самих чи-

сел, але записаних у зворотному порядку. Довести, що чи-

сло ділиться на

Вказівки та відповіді до задач

1.1.1. З основою 4. 1.1.2 а) ; б) ; в)

; г) ; д) . 1.1.3 а) ; б) ; в)

1.1.4.

0 1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5

2 0 2 4 10 12 14

3 0 3 10 13 20 23

4 0 4 12 20 24 32

5 0 5 14 23 32 41

26

1.1.5 а) ; б) ; в) . г) Частка , остача . 1.1.6. З основою 7. 1.1.7.

8. Вказівка. Нехай основою числення Миколи буде . Тоді

запис у його зошиті означає . Звідси

1.1.8. З основою 6. Вказівка. Нехай основа шуканої

системи . Тоді – розв’язок, – сторонній корінь (основа

системи числення натуральне число). 1.1.9. 82. Вказівка.

Для числа за умовою: Маємо систему рівнянь 1.1.10. . Вказівка. Позначте шукані числа як

Тоді маємо: Враховуючи, що – цифри, отримаємо,

що 1.1.11. . Вказівка. Запишемо

шукане число як . Тоді Враховуючи, що – цифри, отримаємо, що 1.1.12 . Вказівка. Візьміть до уваги, що у дано-

му числі за умовою . 1.1.13. . 1.1.14. . 1.1.15.

.Вказівка. Позначте шукане число як . За умо-

вою маємо два рівняння: Якщо поділити перше рівняння на друге, отримаємо

. Звідси

1.1.16. . 1.1.17. . Вказівка. Позначте шукане

число як . Тоді , тоді число, добуток

цифр якого дорівнює Маємо, що . Тоді не може

бути двоцифровим( бо його цифрами можуть бути лише

пари ). Цифри трицифрового числа з мно-

жини Маємо, що Тоді . Отримаємо відповідно 1.1.18.

. Вказівка. і не задовольняє умову

27

( – просте число). Тоді вказаний добуток дорівнює

Єдино можлива комбінація двоцифрових

співмножників 1.1.19. . Вказівка.

Але як добуток одноцифрового

на двоцифрове можна подати лише у вигляді . Отже,

1.1.20. . Вказівка. Нуль – очевидний

розв’язок. Більше одноцифрових, що задовольняють умо-

ву, бути не може. Для двоцифрових чисел маємо: і маємо число Трицифрове число

більше або дорівнює , а потроєна сума його цифр не

перевищує Аналогічно, і більшої кількості

цифр ніж , шукане число мати не може. 1.1.21. Вказівка.

Пригадайте ознаку подільності на . 1.1.23. Вказівка. Див.

приклад

§ 1.2. Ділення на натуральне число з остачею

З початкової школи знайоме ділення натурального

числа з остачею. Наприклад:

,

(ост. 1).

§ 1.2.1. Узагальнене поняття ділення з остачею

Узагальнимо поняття ділення з остачею на випадок,

коли ділене буде довільним цілим числом.

Для довільного цілого числа і довільного нату-

рального числа існує таке ціле число , що , де остача є цілим числом, до того .Числа

визначаються однозначно.

Зауваження. В останньому твердженні: дільник b –

додатний, остача r 0, ділене a може бути від’ємним, час-

тка q може бути від’ємною, а може дорівнювати нулю.

Наприклад,

28

Наприклад, Найближчим цілим до ді-

леного (ліворуч від нього), кратне числу 4, є число -12

.Тоді Маємо, що остача від ділення числа -12 на 4 дорів-

нює 3 – додатне число, менше від 4.

Зауважимо, що остача не може бути від’ємним чис-

лом і не може перебільшувати дільник або дорівнювати

йому. Тобто при діленні a на b з остачею r:

;

r може набувати b значень: Наведені майже очевидні факти є найважливішими в

теорії чисел, саме на них ґрунтується доведення великої

кількості фактів, розв’язування задач на подільність, у то-

му числі й підвищеної складності тощо.

Приклад 1.23. Знайти найменше шестицифрове чис-

ло, яке ділиться на 321.


Найменше шестицифрове число 100 000. Поділимо

його на 321:

П’ятицифрове число, що дорівнює є найбі-

льшим п’ятицифровим числом, кратним числу

321.Наступне після нього число, що ділиться на 321, дорі-

внює

є шуканим шестицифровим числом.

Відповідь. 100 152.

Приклад 1.24. Довести, що числа і мають

однаковіостачі при діленні на 11.


Проаналізуємо різницю заданих чисел:

29

Оскільки ця різниця ділиться на 11, то числа

мають однакові остачі при діленні на 11.

Приклад 1.25. Чи правильним є таке твердження:

якщо a при діленні на 8 дає остачу 3, при діленні a на 4

також маємо остачу 3?


За умовою Останню рівність можна

представити у вигляді Отже, при діленні a

на 4 маємо остачу 3.


Приклад 1.26. Чи може число ділитися на 8, а при

діленні на 12 давати остачу 10?


Нехай ділиться на 8, тобто Якщо при ді-

ленні на 12 дає остачу 10, то Маємо лінійне

діофантове рівняння , у якого коефіцієнти

перед змінними мають спільний множник. Отже, це рів-

няння не має розв’язків.


Приклад 1.27. Довести, що для довільних цілих чи-

сел a i b вираз ділиться на 6?


1)Доведемо, що ділиться на 2.

Якщо одне із чисел a або b парне, то ді-

литься на 2.

Якщо a i b непарні, то a b парні й ді-


2)Доведемо, що ділиться на 3.

Якщо одне із чисел a або b ділиться на 3, то ділиться на 3. Якщо a i b не діляться на 3, то кожен із

цих чисел при діленні на 3 дає остачу або 1, або 2. Тоді

можливі два випадки.

Остачі однакові, ділиться на 3.

30

Остачі різні, їх сума дорівнює 3 і ділиться на 3.

Отже, задане число ділиться на 2 і на 3, тобто воно

ділиться на

Приклад 1.28. Яку остачу при діленні на дає

число якщо – натуральне?


Поділимо , маємо

З цього запису випливає:

Якщо

Якщо , то остача дорівнює 0;

Якщо , то остача дорівнює 1,

оскільки

Якщо – бути не може, бо натуральне.

Відповідь. 1 – при .

Приклад 1.29. Є три купки, що складено з 2014, 214 і

14 камінців відповідно. Одним ходом можна або забрати з

кожної купки одну й ту саму кількість камінців (від ходу

до ходу ця кількість може змінюватися), або половину ка-

мінців з будь-якої купки (якщо їх кількість парна) перекла-

сти до іншої купки. Чи можна таким чином домогтися то-

го, щоб не залишилося жодного камінця у кожній купці?


Після кожного ходу остача від ділення загальної кі-

лькості камінців на 3 не змінюється. Але початкова сума

31

не ділиться на 3. Тому не вдасться домо-

гтися того, щоб не залишилося жодного камінця.


Приклад 1.30. Двоє по черзі викреслюють числа від

1 до 27 поки не залишиться два числа. Якщо їхня сума ді-

литься на 5, то виграє перший, якщо ні – то другий. Хто

виграє в правильній стратегії гри?


Числа при діленні на 5 дають остачі 0, 1, 2, 3, 4. Сума

двох чисел буде кратна числу 5,якщо сума остач цих чисел

при діленні на 5 дорівнює 5. Кожному даному числу пос-

тавимо у відповідність його остачу від ділення на 5 і умов-

но утворимо пари остач: 1 і 4; 2 і 3. У нас залишається

п’ять чисел з остачею 0 і пара чисел з остачами 1 і 2.

Перший гравець виграє, якщо першим ходом викрес-

лить 5, потім буде дотримуватися відповідності вказаним

раніше парам.

До того остачу 0 треба не більше ніж по одному разу

«поєднати в пари» з остачами 1 і 2.

Відповідь. Перший гравець.

§ 1.2.2. Про прості числа та їх кількість

Нагадаємо означення простих чисел.

Прості числа – це більші за 1 натуральні числа, які

не можна розкласти на два множники ( одиниця не на-

лежить до простих чисел).

Поняття простого числа було відомо ще стародавнім.

Так, славнозвісний Евклід досліджував це питання і вико-

ристовував при цьому властивості ділення з остачею. Розг-

лянемо слідом за Евклідом питання про загальну кількість

простих чисел.

Серед простих чисел тільки одне парне – 2, усі ін-

ші – непарні.

32

Ось кілька перших простих чисел: 2, 3, 5, 7, 11, 13,

17, 19, 23, 29, 31, 37, 41…

А чи має цей ряд кінець? Саме таке питання поставив

у Ⅸ книзі «Основи» Евклід. І так само він дає відповідь на

це питання: «За кожним простим числом можна вказати ще

одне, більше просте число», тобто ряд простих чисел не-

скінченний.

Розглянемо слідом за Евклідом доведення цього тве-

рдження.

Якщо простих чисел скінченна кількість і p – найбі-

льше з них, то число що на 1 пере-

більшує добуток всіх простих чисел, - не просте (бо воно

більше за p). Тому це число повинно ділитися на одне з


Але це не так, бо остача від ділення на довільне з

простих чисел дорівнює 1. Маємо протиріччя, яке дово-

дить, що простих чисел нескінченна кількість.

Приклад 1.31. Довести, що якщо чотирицифрове чи-

сло p не ділиться на жодне з простих чисел від 2 до 97, то p

– просте число.


Нехай число p – непросте. Наступне після 97 просте

число 101. Тоді де кожний з множників не

менший від 101.Тоді тобто p– не може

бути чотирицифровим. Маємо протиріччя.

Отже, p – просте число.

Властивості ділення з остачею часто є ключем до

розв’язування задач на множині цілих чисел, особливо як-

що в умові задіяне поняття простого числа.

Іноді при розв’язуванні таких задач треба просто бра-

ти всі можливі остачі від ділення заданих чисел на конкре-

тне число, наприклад на 3.

33

Приклад 1.32. Відомо, що p, Знайти число p.


1) При діленні числа p на 3 можливі остачі: 0, 1, 2, тобто

або , або . За умовою число

2) Якщо , то і ділиться на

3, чого бути не може.

3) Якщо , то і ділиться на 3,

чого бути не може.

4) Отже, притому k = 1.

Відповідь. p = 3.

§ 1.2.3. Про степінь числа і остачі

Остачі при діленні на 3 чи 4 зручно застосовувати

при розв’язуванні задач, що містять квадрати натуральних

чисел. Тоді спираємося на таку лему (лема – допоміжна

невелика теорема).

Лема 1. Квадрат числа при діленні на 3 чи 4 дає ос-

тачу 0 або 1.

Щоб довести це твердження, достатньо представити

довільне натуральне число у вигляді {3k, 3k } та {2k,

2k+1} відповідно і розглянути можливі випадки.

Зауваження. Квадрат парного числа ділиться на 4

без остачі, а квадрат непарного при діленні на 4 дає оста-

чу 1.

Приклад 1.33. У запису n-цифрового числа маємо по

одній цифрі 1, 3, 5, 8, а всі інші цифри – нулі. Чи може таке

число бути точним квадратом?


Сума цифр даного числа дорівнює 17 і при діленні на

3 дає остачу 2. Як відомо, число при діленні на 3 дає таку

саму остачу, як і сума його цифр(див. доведення ознаки

34

подільності на 3 у §1). Тобто дане число при діленні на 3

дає остачу 2 і за лемою 1 не може бути точним квадратом.


Приклад 1.34. Довести, що число виду не

можна представити у вигляді суми двох квадратів.


При ділені числа на 4 в остачі маємо 3. Нехай

задане число можна представити у вигляді суми двох ква-

дратів. За лемою 1 при ділені суми двох чисел квадратів на

4 отримаємо остачу або 0, або 1, або 2 (а не 3). Маємо про-

тиріччя – задане число не можна представити у вигляді

суми двох квадратів.

Приклад 1.35. Знайти усі прості числа , щоб число

було теж простим.


Розглянемо остачі від ділення числа на 3. За ле-

мою 1 маємо два випадки.

1) Це можливо лише у випадку (p – про-

сте). Тоді – число просте.

2) Тоді число кратне числу 3 і не може

бути простим.

Відповідь. Приклад 1.36. Розв’язати у цілих числах рівняння


Перепишемо задане рівняння у вигляді

Ліва частина останньої рівності кратна числу 4, а

права (за лемою 1) не може ділитися на 4.

Відповідь. Рівняння розв’язків не має.

Наведемо ще кілька корисних лем, які доводяться

дуже легко.

35

Лема 2.Квадрат числа при діленні на 5 дає остачі

. Лема 3.Квадрат числа при діленні на 7 дає остачі

Лема 4. Квадрат числа при діленні на 8 дає остачі

. Лема 5.Куб числа при діленні на 7 дає остачі . Лема 6.Куб числа при діленні на 9 дає остачі . Лема 7.Четвертий степінь числа при діленні на 5 дає

остачі . Лема 8.Шостий степінь числа при діленні на 7 дає

остачі . Приклад 1.37. Довести, що число не може

бути степенем цілого числа при жодному натуральному .


(Лема 5) Число при діленні на 7 може дава-

ти остачі 3, 2 або 4, а шостий степінь при діленні на 7 може

давати остачі 0 або 1 (лема 7). Рівність між ними неможли-

ва.

Приклад 1.38. Розв’язати у цілих числах рівняння

.


Представимо дане рівняння у вигляді

Звідки маємо кратне числу 7, отже, при ді-

ленні на 7 має давати остачу 3, що неможливо (лема 3).

Відповідь. Розв’язків немає.

Приклад 1.39. Довести, що ніяке число виду

не можна записати у вигляді суми квадратів трьох цілих

чисел.


За лемою 4 квадрат числа при діленні на 8 може да-

вати в остачі 0,1 або 4. Отже, сума трьох квадратів при ді-

36

ленні на 8 не може давати 7.

Простих чисел є нескінченно багато (див. задачу 2.1).

Проте існують як завгодно великі відрізки натурального

ряду, які не містять жодного простого числа. Це можна

показати, якщо узагальнити таку задачу

Задача 1.40. Чи існують 1997 послідовних натураль-

них чисел, серед яких немає жодного простого?


Число n! ділиться на кожне з чисел 2, 3, ….,n . Тому

при таких натуральних k, для яких 2≤k ≤ n, число n!+k буде

ділитись на k. Отже, при всіх k =2, 3, …., 1998 число

1998!+k ділиться на k, тобто всі ці 1997 чисел є складени-

ми.

З огляду на твердження попередньої задачі парадок-

сальним здається наступний факт, доведений ще в 1837

році.

Теорема Діріхле. Якщо натуральні числа a та b вза-

ємно прості, то арифметична прогресія a+bn, n N міс-

тить нескінченно багато простих чисел.

Щодо розподілу простих чисел у натуральному ряді

досить цікавим є наступне твердження, вперше доведене

П.Л. Чебишовим.

Постулат Бертрана. Для довільного дійсного числа

x>1 існує хоча б одне просте число p таке, що

x<p<2x.

Питання розподілу простих чисел навіть у сучасній

математиці містить багато невирішених проблем. Зокрема,

не вирішена проблема простих чисел-“близнят”, яка

полягає в тому, щоб довести або спростувати твердження

про те, що невизначене рівняння x–y=2має безліч

розв’язків у простих числах x та y. Не доведена та не спро-

стована проблема Гольдбаха: будь-яке парне число, яке

більше від двох, може бути подане у вигляді суми двох


37

Кожне натуральне число, за винятком одиниці, єди-

ним способом розкладається в добуток простих чисел (ос-

новна теорема арифметики).

Використовуючи розкладання натуральних чисел a i

b на прості множники, зручно знаходити їх найбільший

спільний дільник (НСД(a,b)) та найменше спільне кратне

(НСК(a,b)).

Наприклад:

, , НСД(24,270)=6,

НСК(24,270)= * = 1080.

Справедливі такі твердження (доведіть їх самостій-

но).

Твердження 1. Якщо деяке число ділиться на два

взаємно прості числа m i n,то це число ділиться на їх до-

буток mn.

Твердження 2. Якщо число p A ділиться на q, де p i q

взаємно прості, то й А ділиться на q.

Часто під час розв’язування задач використовують

остачу при діленні. Говорять, що натуральне число n при

діленні на натуральне число m дає остачу r (0 , якщо виконується рівність n=km+r ,де k – деяке нату-

ральне число. Справедливі такі твердження, які просто

доводяться.

Твердження 3. Сума будь-яких натуральних чисел a i

b та сума їхніх остач мають однакову остачу при діленні

на будь-яке натуральне число.

Твердження 4. Добуток будь-яких натуральних чи-

сел a i b та добуток їх залишків мають однакову остачу

при ділення на будь-яке натуральне число.

Очевидно, що ці твердження можна поширити на

будь-яку скінченну кількість натуральних доданків чи

множників.

Виходячи з цих тверджень, розв’язування багатьох

задач зводиться до перебору можливих остач при діленні

38

на деяке число, причому такий перебір є повним

розв’язком.

Приклад 1.41. Знайти остачу від ділення числа

на 8.


та =1 при діленні на 8 дають одну і ту са-

му остачу 1. Числа 1997, 1998, 1999 при діленні на 8 дають

остачі 5, 6, 7 відповідно, тому їх добуток дає таку саму

остачу, як і число ,тобто 2.

Отже, остача дорівнює: 1 + 2 =3.

Приклад 1.42. Довести,що ділиться на 5 при

будь-якому натуральномуn.


Якщо n при діленні на 5 дає остачу 1, то так само

даєостачу 1,4n дає остачу 4. 1 + 4 = 5, тому +

4nділиться на 5.

Якщо n при діленні на 5 дає остачу 2,то даєостачу

2,4nдає остачу 3,2+3=5, тому ділиться на 5.

Якщо n при діленні на 5 дає остачу 3, то даєостачу

3,4n дає остачу 2,3+2=5, тому ділиться на 5.

Якщо n при діленні на 5 дає остачу 4, то даєостачу

4,4n дає остачу 1,4+1=5, тому ділиться на 5.

Якщо ж n ділиться на 5, то твердження задачі очеви-

дне.

Приклад 1.43. Показати, що для довільного натура-

льного існують числа виду , що діляться на .


Число ділиться на 100.

Запишемо очевидну рівність

Якщо числа має останню цифру 1, то число та-

кож має останню цифру 1. Тоді число

має останню цифру 0, тобто ділиться на 10. Отже, якщо

39

число ділиться на 10, то число ( ділиться

на і т.д. Тому число

ділиться на .

Приклад 1.44. Відомо, що –прості

числа.Знайти число .


Число при діленні на 3 може давати остачі 0, 1, 2.

Якщо то – скла-

дене число. Якщо то – складене число. Отже, може бути лише .

Враховуючи, що просте число, отримуємо .

§ 1.2.4.Алгоритм Евкліда

З курсу алгебри середньої школи відоме поняття

найбільшого спільного дільника двох натуральних чисел

(НСД). Щоб його знайти достатньо записати розклад даних

чисел на прості множники (у порядку зростання) й взяти їх

спільну частину. Проте для більшості чисел така процеду-

ра дуже громіздка і практично не можлива. Спробуйте,

наприклад, таким способом знайти НСД чисел 1 381 955 і

690 713. Проте існує алгоритм Евкліда, що допомагає лег-

ко розв’язувати такі задачі.

Алгоритм Евкліда. Найбільший спільний дільник чи-

сел a і b (a ) дорівнює найбільшому спільному дільнику чисел b та остачі від ділення a на b.

Наприклад, НСД (368; 161) = НСД (161; 46) = НСД

(46; 23) = 23.

Правильність цього твердження легко довести, спи-

раючись на властивості чисел .

Справді нехай Кожен спільний дільник

чисел є дільником числа . Отже, множина спіль-

них дільників чисел збігаються, тоді збігаються

і їхні найбільші елементи, тобто НСД (

40

Якщо повторити вказаний крок разів, отримаємо

НСД ( тобто правильність алгорит-

му Евкліда.

Приклад 1.45. Знайти НСД (1 381 955; 690 713).


Позначимо шукане число як А і скористаємося алго-

ритмом Евкліда.

1) 1 381 955 : 690 713 = 2 (ост. 529), А = НСД (690 713;

529);

2) 690 713 : 529 = 1305 (ост. 368), А = НСД (529; 368);

3) 529 : 368 = 1 (ост. 161), А = НСД (368; 161);

4) 368 : 161 = 2 (ост. 46), А = НСД (161; 46);

5) 161 : 46 = 3 (ост. 23), А = НСД (46; 23) = 23.

Відповідь. 23.

Приклад 1.46. Доведіть, що дріб

нескоротний

для всіх Розв’язання

Скористаємося алгоритмом Евкліда:

При розв’язуванні задач на знаходження остачі при

діленні двох чисел можна використовувати малу теорему

Ферма.

Теорема. Нехай – просте число і . Тоді

. Якщо при цьому а не ділиться на р,то

. Мала теорема Ферма є окремим випадком теореми

Ейлера.

Теорема. Якщо натуральні числа вза-

ємно прості, то

41

(тут – кількість натуральних чисел, які не пе-ревищують m і є взаємно прості з m).

При розв’язуванні задач на доведення існування чис-

ла, що ділиться на деякі наперед задані числа, іноді зручно

користуватись так званою «китайською теоремою про

остачі».

Теорема. Якщо –більші за одиницю

попарно взаємно прості числа, то система конгруенцій

При довільних має розв’язки, які утво-

рюють єдиний клас остач

де , причому числа визначаються з

умов:

Довести «китайську теорему про остачі» можна ме-

тодом математичної індукції.

Приклад 1.47. Про натуральні числа відомо, що

число ділиться на . Довести, що існує таке натура-

льне число , що ділиться на . Розв’язання

Перший спосіб. Числа та взаємно прості, то-

му за «китайською теоремою про остачі» існує розв’язок

системи конгруенцій:

Тоді

тобто число ділиться на .

42

Другий спосіб. Таке число можна підібрати, на-

приклад:

Остачі при діленні на 3 і 4 особливо зручно застосу-

вати при розв’язуванні задач, що містять квадрати натура-

льних чисел. Річ у тому, що при діленні на 3 і 4 натуральні

квадрати можуть давати остачі лише 0 або 1.

Приклад 1.48. Чи може квадратне рівняння а з цілими коефіцієнтами мати дискримінант, що до-

рівнює 23?

Розв`язання

Число при діленні на 4 може давати остачу 0

або 1, а число 23 дає остачу 3. Отже, не може.

У задачах, у яких зустрічаються куби цілих чисел,

іноді зручно перебирати остачі від ділення на 7 (можливі

остачі 0, 1 і 6) та на 9 (можливі остачі 0, 1 і 8).

Приклад 1.49. Довести, що число не може бу-

ти шостим степенем цілого числа ні при якому натураль-

ному n.


Число при діленні на 7 може давати остачі 3,

2 та 4, а шостий степінь при діленні на 7 може давати оста-

чі 0, 1.

Приклад 1.50. Довести, що при довільному натура-

льному n дріб

нескоротний.


НСД ( , ) = НСД( ) =

НСД( ) = 1

Звичайно, під час розв’язування багатьох задач мож-

на використовувати добре відомі ознаки подільності на 2,

3, 4, 5, 9.

Приклад 1.51. Довести, що десятковий запис числа

має три однакові цифри.

43


Неважко впевнитись в тому, що десятковий запис

числа має точно 20 цифр. (Для цього, наприклад,

достатньо розписати за допомогою бінома Ньютона

). Припустимо супротивне, тобто, що

трьох однакових цифр немає. Тоді всі цифри 1, 2, 3, …, 9 є

по два рази, сума цифр десяткового запису числа має дорівнювати 90, що неможливо, оскільки 1999 не ді-

литься на 3, а тому не ділиться на 9.

Використання подільності чисел може бути засобом

розв’язування задач, на перший погляд не схожих з попе-

редніми.

Приклад 1.52. На координатній площині позначено

точки з цілими координатами. Відомо, що

та що на відрізках та немає точок з

цілими координатами, крім точок . Довести, що три-

кутник є прямокутним.


Оскільки умови задачі не змінюються при паралель-

ному перенесенні на вектор з цілими координатами та

осьової симетрії відносно осей координат, то можна звести

задачу до розгляду двох положень (рис.1):

а б

Рис. 1

44

де k, l, m, n – деякі натуральні числа .

Розглянемо положення a. У випадку б розв`язок

аналогічний, тому пропонуємо провести його самостійно.

Умова про те, що на відрізку немає точок з

цілими координатами, крім точок та , рівносильна

тому, що числа m, nвзаємно прості, тобто НСД(m,n) = 1.

Аналогічно НСД(k,l) = 1.

Маємо

, тому

=

. Отже маємо рівність

=

.

Можливі випадки:

1) Дріб

нескоротний, тоді l=m+n, k=m-n,

(m-n,m+n), (n,-m). (m,n), тобто . Оскільки

проти рівних сторін у трикутнику лежать рівні кути, то

= , а ;

2) Дріб

скоротний, тоді НСД (m+n,m-

n)=HCД(m-n,2n)= НСД(2m,2n) = 2, оскільки m і n взаємно

прості. Тому l=

, k=

. У цьому разі (

,

),

(

,

), (m,n), тобто , = = , а

кут .

Приклад 1.53. Довести, що число ірраціональне.


Припустимо, що число . Тоді за озна-

ченням раціонального числа існують натуральні взаємно

прості p та q такі, що =

, звідки отримуємо

Враховуючи, що числа pтаq взаємно прості, отримує-

мо, що , а значить і ділиться на 5. Тоді , де –

деяке натуральне число. Звідси . Аналогічно отри-

45

муємо, що ділиться на 5. Це суперечить тому, що числа

взаємно прості.


1.2.1. Яку остачу маємо при діленні:

а) 1005 на 13; б) 1001 на 11; в) 1111 на 37;

г) – 150 на 19; д) – 54 321 на 4?

1.2.2. Довести, що числа мають однакові остачі при ді-

ленні на 11:а) 1.2.3. Яке найбільше із чисел, менших від 2012, при ді-

ленні на 11 дає остачу 8?

1.2.4. Знайти найбільше чотирицифрове число, що ді-

литься на 29?

1.2.5. В одному з під’їздів восьмиповерхового будинку

на першому поверсі знаходиться квартири від № 97 до №

102. На якому поверсі і в якому (за номером) під’їзді зна-

ходиться квартира № 178, якщо на всіх поверхах у всіх

під’їздах однакова кількість квартир?

1.2.6. Було 7 аркушів паперу. Деякі із цих аркушів розрі-

зають на 7 частин кожний. Після того деякі з утворених

паперів знову розрізають на 7 частин і так роблять кілька

разів. Чи можна отримати в результаті такого розрізання

2012 частин?

1.2.7. Яку остачу (для кожного маємо при ділен-

ні:

а) в) 1.2.8. На столі лежать книжки. Якщо їх спакувати по 4,

по 5 або по 6 книжок у пачку, то кожного разу залишиться

одна книжка, а якщо спакувати по 7 книжок у пачку, то

зайвих книжок не залишиться. Яка найменша кількість

книжок може бути на столі?

1.2.9. Чи правильними є твердження:

46

а) якщо при діленні на 4 дає остачу 3, то при діленні на

2 також маємо остачу 3;

б) якщо при діленні на 4 дає остачу 3, то при діленні на

8 також маємо остачу 3;

в) якщо при діленні на 15 дає остачу 7, то при діленні на

5 воно не може мати остачу 3;

г) якщо при діленні на 15 дає остачу 3, то при діленні на

9 воно може мати остачу 6?

1.2.10. Чи може квадратне рівняння із ціли-

ми коефіцієнтами мати дискримінант, що дорівнює 23?

1.2.11. Довести, що квадрат довільного непарного числа і

число 9 мають однакові остачі при діленні на 8.

1.2.12. Довести, що довільне натуральне число і куб цього

числа мають однакові остачі при діленні на 6.

1.2.13. Довести, що натуральні числа при діленні

на 6 дають однакові остачі.

1.2.14. Знайти усі значення натурального числа , при

яких ділиться на без остачі.

1.2.15. Відомо, що числа і 6 – взаємно прості. Довести,

що число при діленні на 24 дає остачу 1.

1.2.16. Довести, якщо сума квадратів двох цілих чисел

ділиться на 7, то кожне із цих чисел кратне числу 7.

1.2.17. Знайти усі прості числа , для яких число + 2

теж буде простим.

1.2.18. Знайти таке просте число щоб число + 1 теж

було простим.

1.2.19. Числа – прості. Знайти .

1.2.20. Знайти усі значення , при яких числа , , будуть простими.

1.2.21. Довести, що не існує натуральних чисел та-

ких, що 1.2.22. Довести, що не існує натурального числа , для

якого ділиться на 9.

47

1.2.23. Довести, що ділиться на 5 при довільному

значенні натурального числа

1.2.24. .Чи може сума цифр точного квадрата дорівнюва-

ти 2012.?

1.2.25. У дванадцятицифровому числі цифри 2 і 9 зустрі-

чаються двічі, а всі інші цифри – по одному разу. Чи може

таке число бути квадратом?

1.2.26. Які з трьох простих чисел 1073, 1979 і 1987 можна

представити у вигляді суми двох квадратів? Знайти таке

представлення.

1.2.27. Довести, що якщо – прості числа і

теж просте число.

1.2.28. Довести, що квадрат будь-якого простого числа

при діленні на 12 дає в остачі 1.

1.2.29. Двоє грають у гру. Перший називає довільне число

від 1 до 5. Потім другий додає до цього числа довільне ціле

число від 1 до 5. Після цього перший до отриманої суми

додає знову довільне число від 1 до 5 і т.д. Виграє той, хто

першим отримає число 50. Хто виграє за правильної стра-

тегії гри: той, хто починає, чи його супротивник? Якою

повинна бути правильна стратегія?

1.2.30. Розв’язати попередню задачу за умови, що треба

отримати число .

1.2.31. Знайти НСД (16 484; 42 282).

1.2.32. Довести, що при всіх , дріб

є нескорот-

ним.

1.2.33. Довести, що НСД ( . 1.2.34. Довести, що числа взаємно прості

тоді й тільки тоді, коли числа є взаємно простими.

1.2.35. Показати, що для натурального k існують числа:

а) виду , що діляться на ;

б) виду , що діляться на в) виду , що діляться на ;

48

г) виду , що діляться на .

1.2.36. Довести, що існує нескінченно багато трійок цілих

чисел, квадрати яких утворюють арифметичну прогресію.

1.2.37. Довести, що існує нескінченно багато натуральних

чисел, які не подаються у вигляді суми двох квадратів.

1.2.38. Довести, що коли p – просте число, то ділиться на p.

1.2.39. Знайти найменше натуральне число, яке при ді-

ленні на 2 дає остачу 1, при діленні на 3 дає остачу 2, при

діленні на 4 дає остачу 3, при діленні на 5 дає остачу 4,

при діленні на 6 дає остачу 5, при діленні на 7 дає остачу

6, при діленні на 8 дає остачу 7.

1.2.40. Довести, що число – 1 ( – просте число)


1.2.41. Довести що не існує трицифрового числа та-

кого, що сума є точним квадратом.

1.2.42. Довести, що число можна подати у

вигляді , де і – взаємно прості числа.

1.2.43. Знайти всі натуральні числа такі, що число

ділиться на .

1.2.44. Знайти всі цілі числа такі, що число ді-

литься на 1.2.45. Довести, що при цілих число ділиться на число . 1.2.46. Чи може закінчуватись рівно на 5 нулів?

1.2.47. Чи може число, яке записується за допомогою 100

нулів, 200 одиниць і 100 двійок, бути точним квадратом?

1.2.48. Натуральні числа і такі, що . Довес-

ти, що – складене число.

1.2.49. Довести, що для будь-якого цілого 0

число

.

49

1.2.50. На дошці в рядок записано

ла:

. Довести, що при довільній розстано-

вці знаків “+” та “–” між цими числами отримана алгебра-

їчна сума не дорівнюватиме нулю.

1.2.51. Яку найменшу кількість написаних чисел необхід-

но витерти з дошки для того, щоб після деякої розстановки

знаків “+” і “–” між числами, які залишились, отримати

суму, яка дорівнює нулю?

1.2.52. Довести, що число є складеним.

1.2.53. Довести, що серед чисел виду де є ,

нескінченно багато чисел, які діляться на 100.

1.2.54. Знайти всі пари натуральних чисел і , для яких

виконується рівність

1.2.55. 1.2.56. Знайти всі такі натуральні числа , щоб

число ділилося на 35 для всіх натуральних

.


1.2.1. а) 4; б) 0; в) 1; г) 2; д) 3. 1.2.2. Вказівка. Див.

приклад 2. 1.2.3. 2010. Вказівка. 2012 = 182 11 + 10. Шу-

кане число 2012 – 2 = 2010. 1.2.4. 9976. Вказівка. Див.

приклад 1. 1.2.5. На шостому поверсі під’їзду № 3. Вказів-

ка. На одному поверсі даного будинку 103 – 97 = 6 квар-

тир. Тоді в одному під’їзді 8 6 = 48 квартир. 178 : 48 = 3

(ост. 34), отже, дана квартира в під’їзді № 3; 34 : 6 = 5 (ост.

4), отже, дана квартира на шостому поверсі. 1.2.6. Ні. Вка-

зівка. Після розрізання першого аркуша утвориться (7 – 1)

+ 7 частин. Кількість частин після кожного розрізання буде

збільшуватися на 6. Після -го розрізання матимемо

частин. Тобто кількість утворених

частин при діленні на 6 дає остачу 1. А 2012 при діленні на

6 дає остачу 3. 1.2.7. а) 2; б) 5, якщо ; 0, якщо ;

50

1, якщо ; 2, якщо ; 3, якщо . Вказівка. Див.

приклад 6 і візьміть до уваги, що ; в)

9, якщо ; 0, якщо ; 1, якщо ; 2, якщо ;

3, якщо ; 4, якщо . Вказівка. Див. приклад 6 і ві-

зьміть до уваги, що ; г)

1, якщо парне, 2, якщо непарне. Вказівка. Якщо

, то ; якщо , то . 1.2.8. 301. Вказівка. Щоб число ділилося на

4, 5 і 6, необхідно і достатньо, щоб воно ділилося на 60.

Нехай книжок загалом . Тоді Знайдемо най-

менше (натуральне) , при якому ділиться на 7; Отже, 1.2.9. а) Ні. Вказівка. Остача завжди менша від діль-

ника; б) ні. Вказівка. Не завжди. Контрприклад: число 15;

в) так. Вказівка. Див. приклад 4; г) Так. Вказівка. Див.

приклад 4 і загальний розв’язок діафантового рівняння (4)

на с. 45. 1.2.10. Ні. Вказівка. Врахуйте, що число при діленні на 4 має остачу 0 або 1 (лема 1), а число 23 –

остачу 3. 1.2.11.Вказівка. Запишіть квадрат непарного чис-

ла у вигляді ( ) і доведіть, що різниця ( кратна числу 8. 1.2.12. Вказівка. Доведіть, що ( 1.2.13. Вказівка. Скористайтесь задачею 6.12. 1.2.14.

Вказівка. Поділіть див. с. 54)

і запишіть 1.2.15.Вказівка. Врахуйте, що не може

бути парним і не може бути кратним числу 3. Тоді числа

– парні й одне з них ділиться на 4 (див. властивість

(10) с.7). Число не ділиться на 3, тоді одне із чисел

кратне числу 3. Тобто 1.2.16.Вказівка. Візьміть до уваги лему 3. 1.2.17. .

Вказівка.Перевірити, що не задовольняє умову, а

– задовольняє. Доведіть від супротивного, що числа

не задовольняють умову (розгляньте можливі остачі

51

від ділення на 3). Див. приклади 10, 13. 1.2.18. . Вка-

зівка. Див. задачу 6.17 і приклади 10, 13. 1.2.19. Вка-зівка. Див. приклади 10. 1.2.20. . Вказівка. Див. При-

клад 10 і візьміть до уваги, що може бути лише парним.

1.2.21. Вказівка. Розгляньте остачу від ділення правої і лі-

вої частин співвідношення на 3 (Див. приклад 12.) 1.2.22.

Вказівка. Розгляньте остачі при діленні на 9. 1.2.23. Вказів-

ка. Розгляньте всі можливі остачі, що дає при діленні на

5, і проаналізуйте відповідні остачі при діленні на 5, зада-

ного виразу. 1.2.24. Ні. Вказівка. Врахуйте лему 1 і те, що

при діленні на 3 число та сума його цифр дають однакові

остачі. 1.2.25. Ні. Вказівка. Див. приклад 11. 1.2.26.

. Вказівка. Остачі від ділення даних чисел

на 4 дорівнюють відповідно 1, 3, 3. Отже, за лемою 1

останні два числа не можна представити як суму двох ква-

дратів. Знайдемо такі цілі aib, щоб Один з

цих квадратів кратний чотирьом (відповідна остача нуль),

а другий – квадрат непарного числа (відповідна остача 1).

Перебором знайдемо, що . 1.2.27.

Вказівка. Запишіть 1.2.28.

Вказівка. Див. лему 1 та зауваження до неї. 1.2.29. Другий.

Він додає число, остача якого при діленні на 5 доповняє

відповідну остачу супротивника до 5, якщо той додав не 5;

якщо супротивник додав 5, то він також додає 5. 1.2.30.

Якщо кратне числу 5 – другий (див. 2.2.29). Якщо

перший. Першим кроком він запи-

сує остачу від ділення на 5, а потім дотримується страте-

гії 2.2.29. 1.2.31. 2. Вказівка. Скористайтеся алгоритмом

Евкліда. 1.2.32. Вказівка. Скористайтеся алгоритмом Евк-

ліда (див. приклад 19). 1.2.33. Вказівка а. Скористайтеся

тим, що НСД(a;b) = НСД(a – b). Нехай НСД )=НСД )). Врахуйте, що (див.

52

(11), с. 8), тоді )) = )). Застосуємо цю процедуру ще раз. На оста-

ньому кроці отримаємо ), де с =

НСД(m,n) (див. доведення алгоритму Евкліда). 1.2.34. Вка-

зівка. Див. 1.2.33.1.2.35. а) б)

в) г)

1.2.35. m, 5m, 7m (mє

N).1.2.36.Числа виду . Вказівка. Розглянути остачі

при діленні на 4. 1.2.37. Вказівка. Розбийте числа

2,3,4,…, – 2 на пари чисел, добуток яких при діленні на

дає остачу 1. 1.2.38. Вказівка. Розгляньте число, яке на 1

більше від шуканого. 1.2.39. Вказівка. Використати твер-

дження: якщо квадрат натурального числа ділиться на

просте (= 3), то ділиться на .1.2.40. Вказівка. Для

послідовностей чисел також, що =

довести, що + = + та

скористайтесь алгоритмом Евкліда. 1.2.41. є {1;3;5;9;21}.

Вказівка. Виділіть цілу частину дробу

.1.2.42. є{-3;-

1;0;1;2}. Вказівка: виділіть цілу частину дробу

.1.2.43.

Вказівка. Розділивши на (як

многочлени змінноїx), отримаєморівність

1.2.44.

Ні, 24! закінчується на 4 нулі, а 25! – на 6 нулів. 1.2.45. Ні.

Вказівка: перевірити ознаки подільності на 3 та 9. 1.2.46.

Вказівка: . 1.2.47. Вказівка.

ти та виразити через дані числа. 1.2.47. Необ-

хідно витерти шість дробів

. Вказівка. Чисельник

отриманого дробу не може ділитись на 11. 1.2.48. Вказів-

ка: . 1.2.49. , є . 1.2.50. .Вказівка.

Розглянути остачі при діленні на 4 лівої та правої частини

53

рівняння. 1.2.51. , де . Вказів-

ка: поклавши , отримується, що . Після

цього методом математичної індукції довести, що ділиться на 35 для всіх натуральних .

§ 1.3. Арифметика остач за модулем

У цьому параграфі розглядатимемо арифметику ос-

тач від ділення на число m (кажуть: за модулем m), що є

природним продовженням і узагальненням матеріалу по-

переднього параграфа.

Той, хто опрацює пропонований матеріал, зможе

розв’язувати значно ширший спектр задач на подільність і

її використання, лаконічно записувати розв’язання таких

завдань.

Для того, хто засвоїть пропоновану далі математичну

мову, розв’язування задач підвищеної складності буде зна-

чно легшим, ніж розв’язування традиційних задач попере-

днього параграфа.

§ 1.3.1.Основні поняття

З означення ділення з остачею випливає, що остачею

від ділення довільного цілого числа на натуральне число n,

є невід’ємне ціле число, що не перевищує n .

Числа a, a+n, a+2n,…, a+kn, де n Z, мають однакові

остачі при діленні на n. Тобто кожній остачі при діленні на

конкретне число n відповідає певна множина чисел (зрозу-

міло, що їх нескінченно багато).

Запишемо, наприклад, остачі від ділення на 7 чисел

у вигляді таблиці. У стовпчик під значенням

остачі випишемо числа, що їй відповідають.

54

Таблиця 1

Номер

рядка k

Остача від ділення на 7

0 1 2 3 4 5 6

0 0 1 2 3 4 5 6

1 7 8 9 10 11 12 13

2 14 15 16 17 18 19 20

3 21 22 23 24 25 26 27

4 28 29 30 31 32 33 34

5 35 36 37 38 39 40 41

… … … … … … … …

K 7k 7k+1 7k+2 7k+3 7k+4 7k+5 7k+6

… … … … … … … …

Усі числа першого стовпчика ділиться на 7 без остачі

(тобто остача дорівнює 0). Їх можна записати у вигляді 7k,

де k – номер рядка.

Якщо до кожного числа першого стовпчика додати 1,

то отримаємо 7k+1 – числа другого стовпчика, які при ді-

ленні на 7 дають остачу 1.

Аналогічно, третій стовпчик визначається формулою

7k+2, четвертий – 7k+3, п’ятий – 7k+4, шостий – 7k+5,

останній 7k+6. Отже, рядок з довільним номером k має ви-

гляд:

Отже, усі числа першого стовпчика дають при ділен-

ні на 7 остачу 0, другого – 1, третього – 2, четвертого – 3,

п’ятого – 4, шостого – 5, сьомого – 6.

Тепер розширимо таблицю від’ємними числами у ря-

дках з від’ємними номерами.

55

Таблиця 2

Номер

рядка k

Остача від ділення на 7

0 1 2 3 4 5 6

k<0 7k 7k+1 7k+2 7k+3 7k+4 7k+5 7k+6

… … … … … … … …

-3 -21 -20 -19 -18 -17 -16 -15

-2 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8

-1 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

0 0 1 2 3 4 5 6

1 7 8 9 10 11 12 13

2 14 15 16 17 18 19 20

3 21 22 23 24 25 26 27

… … … … … … … …

Маємо, що всі цілі числа можна поділити на 7 класів

– стовпчиків таблиці 2. Будемо позначати ці класи за їх

остачею при діленні на 7: Тобто

характеристикою кожного із цих класів є одна і та сама

остача r при діленні на 7.

Узагальненням поняття остачі є поняття класів цілих

чисел у випадку натурального числа n, де .

Зафіксуємо таке натуральне число n, яке далі будемо

називати модулем. Для кожного визна-чимо клас як множину всіх цілих чисел, що дають одну й ту саму остачу r при діленні на число n.

Тоді для модуля n усі цілі числа розподіляються по

класах: Ці класи прийнято називати класа-

ми лишків за модулем n.

Будемо казати, що цілі числа a i b порівнювані за мо-

дулем n, якщо a i b належать одному класу лишків за цим

модулем(мають однакову остачу при діленні на натуральне

56

число n). Записують це так: a b(mod n) або b, і такий

запис називають порівнянням.

Якщо числа a i b мають різні остачі при діленні на n,

то це записують як (mod n) або .

Наприклад, 14 0(mod 7), бо числа 14 і 0 діляться на 7

з однаковою остачею 0. Тобто числа 14 і 0 порівнювані за

модулем 7.

Числа 15 і 14 не порівнювані за модулем 7, тобто

(mod 7), бо їхні остачі від ділення на 7 різні (відпо-

відно 1 і 0).

Зауважимо очевидні факти, які часто є ключем до

розв’язання задач.

Числа a і мають однакові ос-тачі при діленні на b. Тобто

Наприклад:

Якщо Наприклад: Якщо з двох чисел a i b, що порівнюються за моду-

лем n, одне, наприклад b, є невід’ємним числом, меншим від

n, то число b є остачею від ділення a на n. Тобто – остача.

Наприклад, якщо 10=1(mod 3), то 1 – остача від ді-

лення 10 на 3: 10=3·3+1.

Остача не може бути від’ємною.

Однакові остачі при діленні на натуральне число

мають не тільки натуральні числа.

Приклад 1.42.Знайти усі числа n, які за модулем 3

порівнювані із числом 10.


Маємо Отже,

Відповідь.

57

З попереднього параграфу відомо, що властивості ос-

тач використовують при розв’язуванні різноманітних за-

дач. Сформулюємо ці властивості мовою порівнянь.

§ 1.3.2.Властивості порівнянь

Усі властивості порівнянь легко довести, спираючись

на властивості подільності та властивості остач

1. Якщо , то , тобто якщо числа і мають однакові остачі при діленні на ,

то різниця ділиться на без остачі. Правильним є і

обернене твердження. Тобто

Наведемо приклад використання цієї властивості.

Приклад 1.43. Довести для довільного натурального

числа :

. Розв'язання

тоді і .

2. Якщо і , то .

3. (Додавання порівнянь.)Якщо і , то , . Порівняння за одним і тим самим модулем мо-жна додавати і віднімати.

4. Наслідок. Якщо то і . До обох частин порів-няння можна додати (відняти) одне й те саме число.

5. (Добуток порівнянь.) Якщо і

то . 6. Наслідок. Обидві частини порівняння можна

множити на одне й те саме число: якщо , то .

58

7. Наслідок. Обидві частини порівняння можна під-

носити до одного й того самого степеня: якщо , то .

Зауваження. Твердження (7) є правильним для під-

несення до степеня, але його не можна застосовувати для

знаходження кореня числа (обернене до (7)).

Аналізуючи порівняння за модулем будь-якого ал-

гебраїчного виразу, отриманого для цілих чисел за допо-

могою дій додавання, віднімання і множення, можна замі-

нювати ці числа на числа, порівнювані їм за модулем , -

результат не зміниться.

Приклад 1.44. Знайти остачу від ділення на 7.


Скористаємося тим, що . Після підне-

сення порівняння до степеня 100 маємо: , тобто .}

Відповідь. 1.

Приклад 1.45. Довести, що число ді-



Число 13-1 ділиться на 3. Тоді і

(за властивістю 6).Аналогічно: і Тоді і і .

Приклад 1.46. Знайти остачі від ділення на 3 чисел

, де .


1) Нехай , тоді , , .

2) Нехай або Тоді або або

і .

59

Маємо: . Відповідь. Остача від ділення на 3 числа , де

, дорівнює 1, якщо кратне 3, і дорівнює 0, якщо

не кратне 3.

Приклад 1.47. Знайти усі прості числа , для яких

є простим числом.


З прикладу 5 маємо, що при всіх числа

кратні числу 3 і не можуть бути простими.

При маємо - просте число.


Приклад 1.48. Чи існує таке натуральне число , що

?}


Числа 2010 і 2004 кратні числу 3. Тоді і . Звідси і , але порівнювання квадрата числа за модулем 3 не може

дорівнювати 2 (не може при діленні на 3 мати остачу 2).


Лема 1. Квадрат числа за модулем 3 (за модулем 4)

порівнюваний з одним із чисел {0, 1}.

Лема 2. Квадрат числа порівнюваний за модулем 7 з

одним із чисел {0, 1, 2, -3}.


одним із чисел {0, 1, -1}.


одним із чисел {0, 1, 4}.

Лема 5. Куб числа порівнюваний за модулем 7 з од-

ним із чисел {0, 1, -1}.

Лема 6. Куб числа порівнюваний за модулем 9 з од-

ним із чисел {0, 1, -1}.

60

Лема 7. Четвертий степінь числа порівнюваний за

модулем 5 з одним із чисел {0, 1}.

Лема 8. Шостий степінь числа порівнюваний за мо-

дулем 8 з одним із чисел {0, 1}.

Приклад 1.49. Чи може бути повним квадратом чис-

ло , де і цілі невід'ємні числа?


Скористаємося тим, що Тоді . Але квадрат числа за модулем

3 не може бути порівнюваний з 2 (за лемою 1).


§ 1.3.3.Порівняння і ознаки подільності

Використовуючи властивості порівняння, ознаки по-

дільності можна довести і записати мовою порівнянь, бі-

льшість з яких уже відома. Для цього довільне натуральне

число треба представити у вигляді

(*)

Відомо, що при степені діляться на 4, тому

ознакою подільності на 4 буде ділення без остачі на 4 дво-

цифрового числа . Тобто

Ознака подільності на 4: Аналогічно на мові порівнянь ознака подільності на 3

і на 9: число а ділиться на 3 (на 9), якщо сума цифр цього

числа ділиться на 3 (на 9). Розглянемо порівняння числа (*) за модулем 9. Має-

мо тоді для всіх . Тоді

Після додавання цих порівнянь отримаємо:

.

61

Аналогічно, у випадку порівняння за модулем 3:

Ознака подільності на 3:

.

Ознака подільності на 9: . Тепер доведемо ознаку подільності на 11.

Число ділиться на 11, якщо ділиться на 11 знакозмінна сума цифр цього числа:

.

Маємо: . Тоді , де

Враховуючи властивості суми порівнянь і те, що

якщо k – парне, і , якщо k – непар-

не, отримаємо шукану умову подільності на 11.

Приклад 1.50.Чи ділиться число 1 522 906 на 11?


Знакозмінна сума цифр цього числа ділиться на 11, тоді і саме число ділиться

на 11.


Доведемо об’єднану ознаку подільності на 7, 11, 13.

Поділимо десятковий запис числа справа наліво на трійки

цифр. Утворені таким способом числа будемо називати трицифровими гранями даного

числа.

Число ділиться на 7, 11, 13, якщо на ці числа ділиться знакозмінна сума трицифрових

граней даного числа.

Доведення

Зауважимо, що Тоді

62

для . Звідси

.

Запишемо задане число a у вигляді

Тоді, аналогічно доведенню ознаки подільності на 11,

отримаємо

Приклад 1.51. Чи ділиться число 5 159 539 на 7, 11,

13?


Розіб’ємо дане число справа наліво на трицифрові

грані числа: 5*159*539. Знакозмінна сума отриманих чисел

дорівнює

, ділиться на 7 і 11,

але не ділиться на 13.

Відповідь. Ділиться на 7 і 11, але не ділиться на 13.

Приклад 1.52. Доведіть, що довільне натуральне чи-

сло є порівнюваним зі своєю останньою цифрою:а) за мо-

дулем 10; б) за модулем 2; в) за модулем 5.


Запишемо довільне натуральне число a у вигляді

і розглянемо різницю і твердження задачі виконують-

ся.

Приклад 1.53. Гра Баше. Двоє по черзі називають

будь-які цілі числа в межах від 1 до 10 включно. Виграє

той, хто перший доведе суму всіх названих (обома гравця-

ми) чисел до 100. Для кого ця гра виграшна: для того, хто

починає, чи для того, чий хід другий?


Число 100 не ділиться на 11, а гравець не може назва-

ти число, більше за 10. Тоді, якщо якомусь гравцеві вда-

сться створити позицію (перед ходом партнера), щоб 100–

63

s(s – сума раніше названих чисел) ділилося на 11, то парт-

нер своїм ходом не зможе її виправити.

Указану можливість має перший гравець. Для цього

йому треба назвати число 1. Після ходу другого створити

позицію (100 – s) 11 й відновлювати її кожним своїм на-

ступним кроком.

Відповідь. Виграє перший гравець.


1.3.1. Знайти остачу від ділення: а) на 8; б)

на 3; в) на 14

1.3.2. Знайти усі можливі значення n, якщо:

а) ;б) ; в) .

1.3.3. Знайти остачу від ділення:

а) на 8; б*) на 8.

1.3.4. Довести, що:

а) число ділиться на 111;б) число

ділиться на 31;

в) число 43 101 + 23 101 ділиться на 66;

г) число ділиться на 7.

1.3.5. Довести, що при всіх :

а) ділиться на 5;

б) ділиться на 6;

в) ділиться на 10;

г) , ділиться на 1.3.6. Знайти усі значення n, при яких:

а) число ділиться на 7;

б) число ділиться на 11;

в) ділиться на 13;

г*) ділиться на .

1.3.7. Довести, що при кожному невід’ємному цілому k

число ділиться на 7.

64

1.3.8. Довести теорему Вільсона. Якщо р – просте число,

то (р – 1)! .

1.3.9. Довести, що не існує , для якого до-

рівнює сумі кубів двох натуральних чисел.

1.3.10. Чи можна число

представити у вигляді су-

ми двох квадратів?

1.3.11. Розв’язати порівняння: а) ;

б) ; в) ;г) .

1.3.12. Розв’язати у цілих числах рівняння за допомогою

порівнянь:а) ;

б) ; в*) .

1.3.13. Чи мають розв’язки у цілих числах рівняння:

а) ; б) ;в) ?

1.3.14. Розв’язати у цілих числах систему рівнянь

1.3.15. Знайти остачу від ділення: а) на 101;

б) на 17.

1.3.16. Довести, що число ділиться на 13.

1.3.17. Доведіть, що число ділиться на:

а) 11; б) 13; в) 143.

1.3.18. Довести, що для довільного натурального n, яке

не кратне 17, або , або ділиться на 17.

1.3.19. Довести, що для всіх число


1.3.20. Довести, що для довільних цілих a і b та простого

р виконується порівняння .

1.3.21. Сума кількох цілих чисел ділиться на 6. Довести,

що й сума кубів цих чисел ділиться на 6.

1.3.22. Сума ділиться на 7. Довести, що

також кратна числу 7.

1.3.23. Довести, що якщо ділиться на 30, то і

сума ділиться на 30.

65

1.3.24. Довести, що ділиться на 2730.

1.3.25. Знайти ознаку подільності числа на:а) 8; б) 16;

в) 20; г) 25.

1.3.26. Яка ознака подільності на 7 у вісімковій системі

числення?

1.3.27. Яка ознака подільності на 9 у вісімковій системі

числення?

1.3.28. Які ознаки подільності на р – 1 і на р + 1 у системі

числення з основою р?

1.3.29. Довести таку ознаку подільності на 19. Останню

цифру даного числа подвоїти і утворене число додати до

числа, що залишиться від даного, якщо закреслити його

останню цифру; з новим числом зробити те саме; і т. д.

поки не отримати двоцифрове число. Дане число ділиться

на 19 тоді й тільки тоді, коли утворене двоцифрове число


1.3.30. Сформулювати і довести ознаки подільності на 29,

31, 41 (аналогічно до задачі 29).

1.3.31. Двоє пишуть 2k-цифрове число, застосовуючи

лише цифри 6, 7, 8, 9 (за один хід можна дописати лише

одну цифру). Якщо отримане число буде ділитися на 9, то

виграє другий гравець, а якщо ні, то перший. При яких

значеннях k і за якої стратегії другий може виграти? А пе-

рший?

1.3.32. Двоє по черзі називають будь-які цілі числа в ме-

жах від 1 до 10 включно. Виграє той, хто перший доведе

суму всіх названих (обома гравцями) чисел до 121. Для

кого ця гра виграшна: для того, хто починає, чи для того,

чий хід другий?

1.3.33. У купці n сірників. Два гравці беруть по черзі сір-

ники з купки. Кожен має право взяти будь-яку кількість

сірників від 1 до b – 1 включно. Переможе той, хто забере

останні сірники. Як закінчиться гра, якщо обидва партнери

гратимуть правильно?

66

РОЗДІЛ IІ. Класичні методи

розв’язання нестандартних задач

§2.1.Принцип Діріхле

Цей принцип настільки простий та очевидний, що

можна користуватись ним, не знаючи його формулювання.

Однак, знаючи цей принцип, легше здогадатись, у яких

випадках його застосовувати. Найпростіше принцип Діріх-

ле виражається у такій жартівливій формі: «Якщо в клі-

тках сидить не менше кроликів, то в якійсь із клі-

ток сидить не менше двох кроликів». Якщо ж кроликів

замінити на елементи, клітки – на підмножини, то, уза-

гальнивши попереднє твердження, отримаємо таке форму-

лювання: «Якщо множину, що складається з еле-

ментів, розбити на підмножин, то хоча б в одній підм-ножині виявиться не менше як елементів»; або ще

більш загальне: «Якщо множину, що складається з еле-

ментів, розбити на k підмножин, то хоча б в одній підм-

ножині виявиться не менш як

елементів». При цьому в

останньому формулюванні не повинно «лякати» дробове

число

- якщо отримано, що в якійсь підмножині не мен-

ше як

елементів, значить їх не менше як 5.

Доведення принципу Діріхле просте, воно прово-

диться методом від супротивного. Принцип Діріхле має

також геометричне формулювання.

Наприклад:

а) Якщо відрізок завдовжки розбито на відрізків,

що не мають спільних внутрішніх точок, то довжина

найбільшого відрізка не менше від

, а довжина най-

меншого відрізка не більша за

.

67

б) Якщо фігуру площею розбито на частин, що

не мають спільних внутрішніх точок, то площа найбіль-

шої фігури не менша від

, а площа найменшої фігури не

більша за

.

Незважаючи на свою простоту, принцип Діріхле ду-

же ефективний при доведенні багатьох класичних теорем

вищої математики.

Задача 2.1.1. На площині дано шість точок загально-

го положення, жодні три з них не лежать на одній прямій.

Кожні дві точки сполучено відрізком або червоного, або

синього кольору. Довести, що знайдеться трикутник з ве-

ршинами в даних точках, всі сторони якого мають один

колір.


Позначимо дані точки через , . Із

точки виходить 5 відрізків двох кольорів. По принципу

Діріхле серед цих відрізків є три відрізки одного кольору.

Нехай для визначеності відрізки , , - черво-

ного кольору. Розглянемо відрізки , , . Мож-

ливі випадки:

а) серед цих відрізків є червоний, наприклад . Тоді в трикутнику всі сторони червоні;

б) серед цих відрізків немає червоних. Тоді в трикут-

нику всі сторони сині.

Задача 2.1.2.Уквадраті, сторона якого дорівнює 6 см,

розміщено 1991 точка. Довести, що квадратом, сторона

якого дорівнює 5 см, можна покрити хоча б 664 із цих то-

чок.


Неважко помітити, що 664 становить приблизно тре-

тину від 1991,а саме 1991=3 663+2. Тому при будь-якому

розбитті множини, що складається з 1991 точки на три пі-

дмножини, хоча б в одну з цих підмножин потрапить 664

68

чи більше точок. Отже, для розв’язування задачі достатньо

показати показати, що квадрат зі стороною 6 см можна

розбити на три частини, кожну з яких можна покрити ква-

дратом зі стороною 5 см. Це видно з рис. 2.1, у якомуAK=5

см, BO=3 см K=5 см,PK=CL=CK =(6 -

5) см=(12-5 )см 5см.

Рис.2.1.1

Задача 2.1.3. Довести, що в довільному опуклому -

кутнику знайдеться діагональ, яка не паралельна жодній зі

сторін.


Припустимо, що в деякому опуклому -кутнику

кожна діагональ паралельна деякій стороні. Ідея отримання

суперечності така: оберемо найбільшу групу взаємно пара-

лельних діагоналей і покажемо, що таку кількість діагона-

лей не можливо розмістити всередині опуклого -

кутника. Отже, розіб’ємо всі діагоналі на групи взаємно

паралельних діагоналей. Таких груп не більше як (деякі

сторони можуть бути паралельні між собою). Кількість

69

всіх діагоналей рівна

, тому в деякій

групі є не менш як діагоналей. Ці діагоналі

паралельні деякій стороні і лежать відносно неї в од-

ній півплощині. Однак тоді на цю сторону та на ці діагоналей припадає вершин, тобто та з діагоналей,

яка лежить далі від сторони , має бути стороною -

кутника. Отримали суперечність.Отже, припущення не-

правильне, тому знайдеться діагональ, яка не паралельна

жодній зі сторін.

Задача 2.1.4.Всередину квадрата зі стороною 10 см

«кинуто» 101 точку (жодні три з них не лежать на одній

прямій). Довести, що серед цих точок є три, які утворюють

трикутник, площа якого не перевищує 1 см².


Розіб’ємо квадрат на 50 прямокутників зі сторонами

1 см та 2 см. Тоді хоча б в один із цих прямокутників пот-

рапить не менше як три точки. Ці три точки утворюють

трикутник, площа якого не перевищує половини площі

прямокутника, в якому міститься цей трикутник.

Задача 2.1.5. Довести, що для будь-якого натураль-

ного числа знайдуться цілі числа та такі, що

та


Розглянемо множину чисел:

Усічисламножини різні (припустившисупротивне,

отримуємо, що подаєтьсявідношеннямцілихчисел), їхкі-

лькість .

Всівонилежатьнасегменті ірозбивають-

цейсегментна частин, причомусе-

70

редцихчастинєрізні. Тому довжина найменшої з цих час-

тин строго менша ніж

Нехай цей найменший проміжок утворений числами

та , . Тоді

і числа задовольняють умо-

ву задачі.

У деяких випадках допомагають міркування, аналогі-

чні до доведення принципу Діріхле.

Задача 2.1.6. Обмежена фігура на площині має пло-

щу . Довести, що її можна «пересунути» на вектор з

цілими координатами так, щоб початкова фігура та її образ

перетинались.


Нехай дана фігура міститься в квадраті зі стороною

. Виберемо систему координат так, щоб точка була

внутрішньою точкою даної фігури. При довільному

розглянемо всі можливі образи фігури при паралельних

перенесеннях на вектор , де . Очевидно, що кожен з таких образів містить-

ся всередині квадрата

. Припустимо, що жодні два таких образи не перетинаються.

Тоді їх загальна площа не перевищує площі квадрата ,

тобто , або .Проте внаслідок умови та

властивостей квадратичної функції це неможливо при дос-

татньо великих . Отже, деякі два образи та фігури

при паралельних перенесеннях відповідно на вектори та перетинаються. Очевидно, що паралельне перенесен-

ня на вектори відображає фігуру у фігуру .

71

Задача 2.1.7. Для кожного натурального числа через позначимо найменше натуральне число таке,

що з довільних різних натуральних чисел, кожне з

яких не перевищує , можна вибрати чотири числа, одне з

яких дорівнює сумі трьох інших. Довести, що

. Тут - найбільше ціле число, яке

не перевищує .


Нехай . Тоді , . Позначимо через де Маємо ,

тому , або

.

Усі числа (всього їх )

належать відрізку

, довжина якого

Тому цей відрізок містить не більше ніж цілих

точок.Нехай

. Тоді

, звідки отримуємо . У

цьому разі серед точок на відрізку

є хоча б дві однакові, тобто існують такі

, що , або .

Нехай

. У цьому разі достатньо навести

приклад множини, що складається з

чисел і не має вказаної четвірки чисел.

Розглянемо множину чисел , , … , .

Тоді навіть сума трьох найменших з них:

72

,

оскільки

, або . Отже, з тако-

го набору не можна вибрати чотири числа, одне з яких до-

рівнює сумі трьох інших.


Задача 2.1.8. Довести, що існує таке натуральне чис-

ло, останні чотири цифри якого 1972 і яке ділиться на

1971.

Задача 2.1.9. Чи можна знайти такий натуральний

показник степеня числа 3, який закінчується на 0001?

Задача 2.1.10.В ящику лежать шкарпетки: 10 чорних,

10 синіх та 10 білих. Яку найменшу кількість шкарпеток

потрібно витягнутинавмання, щоб серед витягнутих ви-

явилось дві шкарпетки: а) одного кольору; б) різних ко-

льорів; в) чорного кольору?

Задача 2.1.11. У класі 25 учнів. Відомо, що серед

будь-яких трьох з них є двоє друзів. Довести, що є учень, у

якого не менш як 12 друзів.

Задача 2.1.12. Комісія з 60 осіб провела 40 засідань,

причому на кожному були присутні рівно 10 членів комісії.

Довести, що якісь два члени комісії зустрічались на засі-

даннях хоча б двічі.

Задача 2.1.13.Всередині правильного шестикутника

зі стороною 3 см довільним чином розміщено 55 точок,

жодні три з яких не лежать на одній прямій. Довести, що

серед них знайдуться три точки, що утворюють трикутник,

площа якого не перевищує

.

Задача 2.1.14. Дано різних натуральних чисел,

кожне з яких менше від . Довести, що з них можна виб-

рати три таких числа, що одне з них дорівнює сумі двох

інших.

73

Задача 2.1.15. Довести, що з 52 цілих чисел завжди

знайдуться два, різниця квадратів яких ділиться на 100.

Задача 2.1.16. 11 учнів відвідують п’ять гуртків бу-

динку культури. Довести, що знайдеться два учні А та В

такі, що всі гуртки, які відвідує А, також відвідує і В.

Задача 2.1.17. Довести, що серед будь-яких десяти

цілих чисел знайдеться кілька (а можливо одне), сума яких


Задача 2.1.18. На площині дано 17 точок, жодні три з

яких не лежать на одній прямій. Кожні дві точки сполуче-

но відрізком або червоного, або синього, або зеленого ко-

льору. Довести, що знайдеться трикутник з вершинами в

даних точках, всі сторони якого мають один колір.

Задача 2.1.19. Кожна точка площини пофарбована в

червоний або чорний колір. Довести, що на цій площині

знайдеться трикутник з кутами і гіпотенузою

довжиною 2, вершини якого однокольорові.

Задача 2.1.20. Довести, що з будь-яких різних 13 чи-

сел завжди можна вибрати два числа такі, що

.

Задача 2.1.21.У квадраті, сторона якого дорівнює 1,

взято 51 точку. Довести, що деякі три з цих точок

обов’язково містяться всередині круга радіуса

.

Задача 2.1.22. На площині дано 25 точок, причому

серед довільних трьох з них знайдуться дві на відстані ме-

ншій за 1. Довести, що існує круг радіуса 1, який містить

не менш як 13 даних точок.

Задача 2.1.23. Всередині квадрата зі стороною

1розміщено кілька кіл, сума довжин яких дорівнює 10. До-

вести, що знайдеться пряма, яка перетинає хоча б чотири з

даних кіл.

Задача 2.1.24. На відрізку завдовжки 1 зафарбовано

кілька відрізків так, що відстань між довільними двома

74

зафарбованими точками не дорівнює 0,1. Довести, що сума

довжин всіх зафарбованих відрізків не перевищує 0,5.

Задача 2.1.25. Дано нескінченний папір в клітинку та

фігура, площа якої менша за площу клітинки. Довести, що

цю фігуру можна покласти на папір так, щоб вона не на-

крила жодної вершини клітинок.

Задача 2.1.26. Дано числа – непарне число. Довести, що хоча

б одне з даних чисел ділиться на .

Задача 6.27 (8-9). Довести, що з довільних 52 цілих

чисел завжди можна вибрати два, сума чи різниця яких



2.1.8.Вказівка: розглянути числа виду 1972,

19721972,…2.1.9. Вказівка: розглянути числа виду

та остачі при їх діленні на 10000.

2.1.10. Відповідь:a) 4; б) 11; в) 22. 2.1.11. Вказівка: розгля-

ньте такі 2 учні, які не дружать один з одним.

2.1.12.Вказівка: хоча б один член журі був на 7 засіданнях,

на яких із 59 інших членів журі були присутні ще по 9 осіб.

2.1.13. Вказівка: розбийте шестикутник на правильні три-

кутники зі стороною 1 см. 2.1.14. Вказівка: занумеруйте

числа впорядку зростання та додатково розгляньте числа

. 2.1.15. Вказівка: квадрати

цілих чисел при ділені на 100 можуть давати 51 залишок.

2.1.16. Вказівка: розбийте всі різні можливі набори з 1, 2,

3, 4, 5 гуртків (їх 31) на 10 груп, в кожній з яких кожен на-

бір входить до іншого набору з цієї групи або містить ін-

ший набір цієї групи. 2.1.17. Вказівка: розгляньте 10 сум

та їх остачі при ділені

на 10. 2.1.18. Вказівка: скористайтесь результатом задачі

2.1.1. 2.1.19. Вказівка: розгляньте всі такі трикутники зі

спільною гіпотенузою. 2.1.20. Вказівка: дані числа можна

75

розглядати як тангенси деяких кутів з інтервалу

2.1.21. Вказівка: круг радіуса

покриває квадрат

зі стороною

. 2.1.22. Вказівка: розгляньте два круги радіу-

са 1 з центром в даних точках, відстань між якими не мен-

ша за 1 (якщо таких точок немає, то твердження задачі

очевидне). 2.1.23. Вказівка: спроектуйте кола на сторону

квадрата, тоді деяка точка сторони належить хоча б чоти-

рьом проекціям цих кіл. 2.1.24. Вказівка: розбийте відрізок

на 10 рівних та спроектуйте їх на паралельну їм пряму.

При цьому дві зафарбовані точки сусідніх відрізків не мо-

жуть спроектуватись в одну точку. 2.1.25. Вказівка: розг-

ляньте паралельні перенесення, при яких клітинки, в яких

знаходиться дана фігура, переходять в одну і ту ж клітин-

ку. Деяка точка цієї клітинки буде непокрита образами

частин даної фігури. 2.1.26. Вказівка: розгляньте числа

. Серед них є хоча б два, які мають один

залишок при діленні на , розгляньте тоді їх різницю.

2.1.27. Вказівка: квадрати цілих чисел при діленні на 100

можуть давати 51 остачу.

§2.2.Геометричні аналоги принципу Діріхле

У цьому параграфі розглянуто деякі твердження, що

є геометричними аналогами принципу Діріхле. Сформу-

льований принцип Діріхле для площ також має важливі

застосування в багатьох розділах сучасної математики. Ми

розглядатимемо лише множини на площині.

Проте читач, знайомий з основними поняттями гео-

метрії - вимірного простору, легко сформулює і доведе

відповідні твердження для множин у - вимірному прос-

торі.

76

§2.2.1. Множини на площині

Нагадаємо деякі основні означення з теорії множин.

Позначатимемо множини великими латинськими буквами.

Запис (читається « належить » або « є пі-

дмножиною множини ») означає, що кожен елемент

множини є також елементом множини .

Нехай задано дві множини і .

Означення 1. Об’єднанням множин назива-

ється множина всіх елементів, які належать принаймні

одній з множин і (рис.2.2.1).

Рис. 2.2.1 Рис. 2.2.2

Означення 2. Перерізом множин і назива-

ється множина всіх тих елементів, які належать кожній

з множин і (рис.10).

Означення 3. Різницею множин і назива-

ється множина тих елементів , які не належать .

Означення 4. Множину, яка не містить жодного

елемента, називають порожньою і позначають символом

. Зокрема, запис означає, що множини і не

мають спільних елементів.

Розглянемо в площині прямокутну декартову систему

координат. Положення кожної точки площини однозначно

визначається її декартовими координатами і . Нехай

кожній точці з множини поставлено у відповід-

77

ність певне дійсне число . Тоді кажуть, що на мно-

жині визначено функцію двох змінних і .

Кожному співвідношенню між і , яке задано у ви-

гляді рівності або нерівності, або системи нерівностей , на

площині відповідає множина тих точок , для яких

виконується задане співвідношення. Цю множину назива-

ють геометричним образом заданого співвідношення.

Приклади

1. Геометричним образом співвідношення є кут радіуса 1 з центром у точці , яка є початком коор-

динат.

2. Геометричним образом співвідношення

є пряма лінія, що проходить через точки і

. Ця

пряма утворює з віссю кут, тангенс якого дорівнює .

3. Геометричним образом співвідношення є множина всіх точок з цілими координатами.

Справді, рівність виконується

тоді і тільки тоді, коли , а це означає,

що , тобто , , де і – будь-

які цілі числа.

Нехай – деяка множина точок на площині

( - фігура на площині).

Означення 5.Точку ) називають внутрішньою точкою множини , якщо існує такий круг (можливо, до-

сить малого радіуса), з центром у точці( ), всі точки якого належать множині .

Приклад. Нехай Усі точки круга радіуса 1 з центром упочатку коор-

динат, які лежать всередині круга, є внутрішніми точками.

Точки, які лежать на границі круга (для цих точок викону-

ється рівність ), не є внутрішніми.

78

Означення 6. Множина точок площини назива-

ється обмеженою, якщо існує круг, який повністю покри-

ває множину .

Приклад. Множини

обмежені. Множини необмежені.

Означення 7.Множина А точок площини називаєть-

ся опуклою, якщо разом з будь-якими двома своїми точка-

ми вона містить відрізок, який сполучає ці точки.

Приклад. Круг, трикутник, півплощина – опуклі

множини.

§2.2.2. Площа фігури

Поняття про площі деяких фігур таких, як прямокут-

ник, трикутник, многокутник, відоме зі шкільного курсу

математики. Покажемо, як можна ввести поняття площі

для більш широкого класу фігур.

Називатимемо фігуру простою, якщо її можна розби-

ти на скінченне число трикутників. Площа такої фігури є

сумою площ відповідних трикутників. Площу простої фі-

гури позначимо .Клас усіх простих фігур позначати-

мемо буквою . Легко впевнитися, що виконуються такі

властивості:

1) якщо проста фігура має внутрішні точки, то

;

2) якщо фігура складена з простих фігур і , які не мають спільних внутрішніх точок, то ;

3) рівні фігури, тобто фігури, які можна накласти од-

на на одну, мають однакові площі;

4) для квадрата Δ зі стороною 1 . Можна до-

вести також, що на множині простих фігур існує тільки

79

одна функція множини , яка задовольняє властивості

1-4.

Означення 8.Вважають, що фігура має певну площу

(є квадровною), якщо для будь якого ε>0 існують прості

фігури і такі, що і . Клас усіх інтегрованих фігур позначимо через .

Очевидно, кожна проста фігура є квадрованою.

Можна довести, що на класі квадрованих фігур існує

тільки одна функція , яка має властивості 1-4 і така,

що для простої фігури ця функція дорівнює площі фігури

Не кожна фігура на площині є квадрованою,тобто

має площу. У шкільному курсі математики розглядаються

в основному фігури, обмежені відрізками прямих і дугами

кіл. Такі фігури є квадрованими.

Питання, пов’язані зі строгими означеннями поняття

площі, об’єму належить до розділу математики, який нази-

вається теорією міри. Теорію міри вивчають в університет-

ських курсах математики.


1. Знайти геометричні образи співвідношень:

а) ;

б) ; в) ;

г) ;

д) .

2. Чи обмежені такі множини?

а) ;

б) .

3. Нехай - число точок з цілими координатами,

які лежать всередині круга . Довести, що :

а)

;

80

б)

.

4. Довести, що на колі немає жодної точ-

ки, координати якої є раціональними числами.

5. Довести, що для кожного існує круг, всередині

якого є тільки точок з цілими координатами.

§2.2.3. Принцип Діріхле для площ і його застосу-

вання

Доведемо геометричне твердження, яке дуже нагадує

«принцип кліток» Діріхле, розглянутий в параграфі

2.1.Називатимемо його принципом Діріхле для площ. Як і

«принцип кліток», принцип Діріхле для площ є очевидним

твердженням. Проте за його допомогою здобуто глибокі

результати в так званій геометричній теорії чисел.

Теорема 1. (принцип Діріхле для площ). Нехай квадро-вана фігура, квадровані фігури, причому

. Відомо, що: (1)

Тоді принаймні дві з фігур мають спільні

внутрішні точки.

Припустимо супротивне. Нехай будь-які дві з фігур

не мають спільних внутрішніх точок. Тоді

(2)

внаслідок властивості адитивності площ. Проте, і тому Отже,

(3)

Порівнюючи (1), (2) і (3), дійдемо до суперечливої нерів-

ності . Отже, наше припущення не вірне.

Задача 2.2.1. Всередині квадрата зі стороною 1 міс-

титься фігура , площа якої більша від

Довести, що все-

81

редині фігури є дві точки, взаємно симетричні відносно

центра квадрата.


Відобразимо фігуру симетрично відносно центра

квадрата. Дістанемо фігуру , яка повністю лежить всере-

дині квадрата (квадрат – фігура, симетрична відносно сво-

го центра). Площа фігури дорівнює площі фігури .

Оскільки сума площ фігур і більша за 1, то, згідно з

принципом Діріхле, для площ існує точка , яка належить

обом фігурам. Розглянемо точку , симетричну точці

відносно центра квадрата. Точки і є шуканими: обидві

вони належать фігурі і є взаємно симетричними відносно

центра квадрата.

Теорема 2. (узагальнений принцип Діріхле для

площ). Нехай квадровані фігури, причому . Припустимо, що

(4)

Тоді принаймні фігура з фігур мають

спільну внутрішню точку.

Припустимо, що переріз будь-яких множини

з множин не містить внутрішніх точок. Тоді

, (5)

оскільки площа кожної відкритої множини, яка належить

враховується в сумі, що стоїть у лівій ча-

стині нерівності (5), не більше як раз. Маємо супереч-

ність з нерівністю (4). Таким чином, переріз деяких

множини з множин містить внутрішні точки.

§2.2.4. Теорема Бліхфельдта

Візьмемо прямокутну декартову систему координат

на площині і через кожну точку з цілими координатами

проведемо прямі, паралельні координатним осям. Утворе-

82

на система прямих називається цілочисловою решіткою,

точки з цілими координатами – вузлами цілочислової ре-

шітки. Цілочислова решітка розбиває всю площину на сис-

тему квадратів зі стороною 1. Моделлю цілочислової реші-

тки може бути звичайний папір у клітинку.

Розглянемо цілочислову решітку і деяку квадровану

фігуру . Кількість вузлів решітки, покритих фігурою ,

залежить від її положення. Існують фігури як завгодно ве-

ликої і навіть нескінченної площі, які не покривають жод-

ного вузла решітки (рис. 2.2.3).

Рис. 2.2.3 Рис. 2.2.4

Теорема 3. (Бліхфельдта). Нехай - квадровна фігу-

ра, причому . Фігуру можна перенести парале-

льно таким чином, що вона покриє принаймні вузол

решітки.

Прямі цілочислової решітки розбивають фігуру

на частини , які лежать у різних одиничних

квадратах решітки , де , оскільки

(рис. 2.2.4, ).

Виберемо один з цих квадратів, наприклад . Кожен

з решти квадратів , перенесемо паралельно так,

щоб він сумістився з . Очевидно, паралельний перенос

здійснюється на вектори, компоненти яких є цілими чис-

83

лами. Такі вектори називатимемо цілочисловими. Частини

фігури перейдуть при цьому в конгруентні їм

частини (для симетрії позначень покладемо, що

). Оскільки за умовою теореми , то

.Зазначимо та-

кож, що В , В , …, В .Тому згідно з уза-

гальненим принципом Діріхле для площ, всередині іс-

нує точка , яка належить принаймні фігурі з фігур

. Кожна з цих частин утворилися в резуль-

таті паралельного перенесення на цілочисловий вектор

відповідної частини . При цьому деяка внутрішня точка

фігури переходить у точку . Вектор 1aa є цілочисло-

вим. Таким чином, існує точка , які є внутрішніми

для фігури й такі, що всі вектори iaa є цілочисловими.

Нехай – найближча до вершина квадрата Дов-

жина вектора ab менша від 1. Якщо всю площину перене-

сти паралельно на вектор ab , то кожна з точки

перейде в точку , таку, що ii aabb . Отже, вектори

ii aabb є цілочисловими векторами. Оскільки є вузол

решітки, то й усі точки є також вузлами решітки. Тоді

фігура, яка утворюється з фігури паралельним перене-

сенням на вектор ab (довжина якого менша від 1) місти-

тиме принаймні вузол решітки.

Розглянуте вище доведення можна коротко і наочно

подати так. Уявімо собі фігуру на папері в клітинку. Роз-

ріжемо папір на окремі клітинки і складемо в стос усі ті

клітинки, на яких вміщується хоча б частина фігури .

Оскільки площа фігури більша від , то в стосі буде не

менше від клітинки і деякі точки покриються при-

наймні частиною фігури . Проткнемо голкою одну

84

з таких точок, наприклад точку . На кожній частині фігу-

ри , яка покриває точку , буде слід від проколу. Якщо

тепер повернутися до початкового розміщення клітинок

(вважаємо, що клітинки суміщалися в результаті паралель-

ного перенесення), то всі проколи будуть у вершинах нової

сітки квадратів зі стороною l. Щоб впевнитися в справед-

ливості теореми, залишається паралельно перенести фігуру

так, щоб проколи сумістилися з вузлами решітки.

Для теорему 3 можна сформулювати інакше.

При цьому з міркувань, наведених під час доведення тео-

реми 3, випливає, що існують точки і , які належать , і точка , такі, що век-

тори 1aa і 2aa є цілочисловими векторами (це означає, що

числа , , , є цілими). Тоді

= – , = – є також цілими числами. Отже, справджується таке твер-

дження.

Теорема 4. Нехай – кадрована фігура, причому

. Тоді в є дві різні внутрішні точки , , такі, що числа є цілими.

Цю теорему також називають теоремою Бліхфельдта.

§2.2.5. Теорема Міньковськогоі проблема апрок-

симації ірраціональних чисел раціональними

Розглянемо теорему, яка належить німецькому мате-

матику Герману Мінковському і яка відіграє важливу роль

у геометричній теорії чисел.

Теорема 5. (Міньковського). Нехай – симетрична

відносно початку координат, обмежена, опукла множина

точок площини і така, що . Тоді містить від-мінну від початку координат точку з цілими координата-

ми.

85

Застосуємо до перетворення геометрії з центром

упочатку координат і коефіцієнтом

. Дістанемо фігуру ,

подібну до , причому

. Згідно з теоре-

мою 4, містить принаймні дві різні точки

, , такі, що і є цілими числами.

Оскільки множина симетрична відносно початку коор-

динат, то множина також симетрична відносно початку

координат. Отже, точка також належить . Крім того, множина опукла. Тому середина відрізка, який

сполучає точки і , тобто точка

(

), також належить Помноживши координа-

ти цієї точки на 2, матимемо точку, яка належить множині

. Таким чином, точка ( ), яка відмінна від

початку координат і має цілі координати, належить мно-

жині .

Приклад. Розглянемо множину:

. Ця множина опукла і

симетрична відносно початку координат, . Мно-

жина не містить жодного вузла цілочислової решітки,

крім точки . Цей приклад показує, що умову в теоремі

Міньковського не можна замінити на умову .

Нехай ірраціональне число, –натуральне число.

Розглянемо множину:

.

Ця множина є паралелограмом, площа якого дорівнює:

Множина – опукла і симетрична відносно початку

координат. Тому, згідно з теоремою Міньковського, існує

точка з цілими координатами, відмінна від точки

, така, що .

86


1. Всередині квадрата зі стороною 1 розміщено кілька

кіл, сума радіусів яких дорівнює 0,51. Довести, що існує

пряма, яка паралельна одній зі сторін квадрата і перетинає

принаймні два кола.

2. Всередині квадрата зі стороною 1 розміщено кілька

кіл, сума довжин яких дорівнює 10. Довести, що існує

пряма, яка перетинає принаймні 4 з цих кіл.

3. На сфері розглядається множина , площа якої бі-

льша від половини площі поверхні сфери. Довести, що

множина містить принаймні дві діаметрально протилежні

точки.

4. Нехай кадрована фігура на площині і .

Довести, що фігуру можна перенести паралельно так, що

відповідна їй фігура міститиме не більше як точку з

цілими координатами.

5. Нехай – опукла, симетрична відносно початку

координат кадрована множина, така, що , де

. Довести, що множина містить принаймні

точку з цілими координатами.

§2.3.Правило крайнього

Часто розв’язування задачі зручно починати з розг-

ляду особливого, крайнього об’єкта. Таким об’єктом може

бути, наприклад, найбільше число, найближча точка, гра-

ничний випадок. За крайній може бути прийнято також

геометричний елемент, на якому певна величина (напри-

клад, довжина сторони, велична кута) набуває найменшого

чи найбільшого значення.

Задача 2.3.1. Довести,що у многогранника є дві грані з

однаковою кількість сторін.

Розв′язання

87

Розглянемо грань з найбільшою кількістю сторін .

До кожної сторони грані прилягає грань многогранни-

ка,всьогоїх . Якщо вмногогранника є ще одна грань з кі-

лькістю сторін , то твердження задачі доведене. Якщо ж

такої грані немає, то в граней,які прилягають до , кіль-

кість сторін між та , всього можливості.

Оскільки число можливостей менше , то якась з можливо-

стей повториться, тобто серед граней, що прилягають до

грані , знайдуться дві грані з однаковою кількістю сторін.

Задача 2.3.2. У тридев’ятому королівстві кожні два мі-

ста з’єднані дорогою з одностороннім рухом. Довести, що

існує місто, з якого в будь-яке інше можна проїхати не

більш як двома дорогами.


Розглянемо таке місто , з якого виходить найбільша

кількість доріг, а саме точно доріг. Припустимо, що іс-

нує місто , в яке не можна проїхати з однією чи двома

дорогами. Тоді з міста обов’язково виходить дорога до

міста та до всіх міст, до яких виходить дорога з міста ,

всього хоча б дорога. Це суперечить тому,що з

міста виходить найбільша кількість доріг. Отже, з міста

в будь-яке інше місто можна проїхати не більше як двома

дорогами.

Задача 2.3.3. Протягом дня в бібліотеці побувало

читачів. Кожен читач відвідав бібліотеку рівно один

раз. Виявилося, що цього дня з будь-яких трьох читачів

принаймні двоє зустрілося у бібліотеці. Довести, що пра-

цівник бібліотек міг зробити оголошення в такі два момен-

ти часу, щоб усі читачів його почули.


Нехай – той читач, який першим вийшов із бібліоте-

ки, – той читач, який першим після виходу читача

ввійшов до бібліотеки, – довільний з читачів, які прийш-

88

ли до бібліотеки після читача . Оскільки читач не зу-

стрівся ні з , ні з , то читачі і обов’язково зустрілись,

а тому читач знаходився в бібліотеці доти, доки всі чита-

чі не прийшли до бібліотеки. Розглянувши читачів та

довільного відмінного від читача , що прийшли до біб-

ліотеки після , отримуємо з умови задачі, що читачі

обов’язково зустрілись. Тому жоден із читачів, які

прийшли до бібліотеки після , не вийшли з бібліотеки

раніше за нього.

Отже, потрібні моменти часу такі: перший момент –

безпосередньо перед виходом читача , другий момент –

безпосередньо перед виходом читача .


Задача 2.3.4. На шаховій дошці розставлено числа,

кожне з яких дорівнює середньому арифметичному своїх

сусідів (по вертикалі та горизонталі). Довести, що всі чис-

ла рівні.

Задача 2.3.5. На колі розміщено чисел, кожне з

яких дорівнює модулю різниці двох наступних за ним за

ходом годинникової стрілки. Сума всіх чисел дорівнює .

Що це за числа і як вони розміщенні по колу?

Задача 2.3.6. У кожній з трьох країн живуть по мате-

матиків. Відомо, що кожний з них листується не менше як

з іноземним математиком. Довести, що існує три ма-

тематики, які попарно листуються між собою.

Задача 2.3.7. Декілька мафіозі зібралися на переговори

за круглий стіл. Не дійшовши згоди, усі вони одночасно

вихопили зброю і кожен єдиним пострілом застелив когось

з інших. Балістична експертиза виявила, що кожних два

мафіозі, які сиділи за столом поруч,застрелили якихось

двох мафіозі, що теж сиділи поруч. Довести, що якісь два

89

мафіозі застелили один одного, якщо відомо, що принайм-

ні в одного із застрелених влучила більш як одна куля.

Задача 2.3.8. У деякій країні аеродромів, причому

всі попарні відстані між ними різні. З кожного аеродрому

піднімається літак і летить на найближчий до нього аерод-

рому. Довести, що на жоден з аеродромів не може прилеті-

ти більш як п’ять літаків.

Задача 2.3.9. Шість кругів розміщені на площині так,

що деяка точка лежить всередині кожного з них. Довес-

ти, що хоча б один з цих кругів містить центр деякого ін-

шого.

Задача 2.3.10. На площині дано скінченну кількість

точок, причому довільна пряма, яка проходить через дві з

даних точок, містить, ще хоча б одну з даних точок. Довес-

ти, що всі дані точки лежать на одній прямій.

Задача 2.3.11. Чи можна розмістити на площині

відрізків так, щоб кінці кожного відрізка були внутрішніми

точками деяких інших відрізків?

Задача 2.3.12. На колі розміщено чисел, кожне яких

дорівнює сумі трьох наступних за ним (за ходом годинни-

кової стрілки). Знайти ці числа.


2.3.4. Вказівка: розглянути найбільше число. 2.3.5.

Відповідь:

2.3.6. Вказівка: розгля-

ньте математика, який листується з найбільшою кількістю

математиків із однієї країни. 2.3.7. Вказівка: пронуме-

руйте бандитів, починаючи з того, що залишився живим,

та розгляньте бандита з номером, меншим за власний но-

мер. 2.3.8. Вказівка: припустіть, що такий аеродром існує. Нехай на нього прилетіли літаки аеродромів

Тоді в кожному з трикутників

сторона є найбільшою. 2.3.9.

90

Вказівка: розгляньте найменший з кутів між відрізками,

що з’єднують точку з центрами кругів. 2.3.10. Вказівка:

проведіть через кожну пару даних точок пряму та розгля-

ньте деяку точку такі,

що та відстань від є найменшою з усіх

відстаней.2.3.11. Вказівка: спроектуйте дані відрізки на

пряму, яка не перпендикулярна до жодного з відрізків. Ві-

дповідь: ні. 2.3.12. Вказівка: розглянувши найбільше чис-

ло, покажіть, що всі числа рівні. Після цього знайдіть суму

всіх чисел. Відповідь: всі числа дорівнюють нулю.

§2.4.Інваріанти

Інваріант – це величина, яка не змінюється в ре-

зультаті деякої операції. З поняттям інваріанта учні знайо-

мі з курсу фізики – закони збереження енергії, імпульсу.

Визначивши інваріант деякого процесу, в багатьох випад-

ках можна вияснити питання про можливість певного ре-

зультату цього процесу. При цьому рівність інваріанта на

початку та наприкінці процесу ще не забезпечує цієї мож-

ливості. Тому, як правило, в таких задачах відповідь на це

запитання негативна. У ролі інваріанта може використову-

ватися парність, залишок від ділення на деяке число та

інше.

Півінваріант – величина, яка може тільки збільшу-

ватись або тільки зменшуватись.

Задача 2.4.1. Дано три числа: 2, ,

. Дозволяється

будь-які два з них замінити двома такими: сумою, поділе-

ною на , та різницею, поділеною на . Чи можна, ви-

конавши цю процедуру декілька разів, дістати трійку чи-

сел: 1, , 1+ ?

91


Неважко помітити, що

+

,

тобто при виконанні такої процедури не змінюється сума

квадратів трійки чисел. Початкова сума квадратів дорів-

нює

, а кінцева має бути 6+2 . Отже, відповідь: не мо-

жна.

Задача 2.4.2. В одній клітинці квадратної таблиці

8×8 стоїть знак мінус, а в інших стоять плюси. Дозволяєть-

ся за один хід у якомусь з квадратів 2×2 змінювати знаки

на протилежні. Довести, що за допомогою таких ходів не

можна отримати таблицю з одних плюсів.


При заміні знаків у квадраті 2×2 на протилежні, кі-

лькість мінусів може змінитись лише на 2 або на 4, тобто в

усій таблиці кількість мінусів зберігає свою парність, а

тому змінитись з 1 на 0 не може.

Задача 2.4.3. На кожному з 44 дерев, що розміщені

по колу, сидить горобець. Час від часу якісь два горобці

перелітають на сусіднє дерево – один за ходом годиннико-

вої стрілки, а другий – проти. Чи можуть усі горобці зібра-

тись на одному дереві?


Пронумеруємо дерева по колу з 1 по 44. Сума номе-

рів дерев, на яких сидять горобці, при їх перелітанні або не

змінюється, або змінюється на 44, тобто остача від ділення

цієї суми на 44 не змінюється. Спочатку ця остача була 22,

а якщо всі горобці сядуть на одне дерево, ця остача стане

рівною нулю. Отже, горобці не можуть зібратись на одно-

му дереві.

Задача 2.4.4. На координатній площині є чотири

точки з цілими координатами. Дозволяється замінити будь-

яку з цих точок на точку, симетричну їй відносно будь-якої

іншої з цих точок. Чи можна за декілька операцій перейти

92

від точок (0,0), (0,1), (1,0), (1,1) до точок з координатами

(0,0), (1,1), (3,0), (2,-1)?


Очевидно, що можливість переходу від першої чет-

вірки точок до другої рівносильна можливості переходу

від другої четвірки точок до першої.

У другій четвірці точок різниця координат кожної

точки дорівнює 0 або 3, тобто ділиться на 3. Якщо точка

( ) симетрична точці ( ) відносно точки

( ), то їхні координати зв’язані рівностями

,

, звідки отримуємо:

, ,

Звідси видно, що коли різниці координат яки-

хось двох точок діляться на 3, то й різниця координат тре-

тьої точки теж ділиться на 3. Тому, виходячи з другої чет-

вірки точок, не можна отримати точки (0,1), (1,0).Отже,

відповідь: ні.

Задача 2.4.5. Числова послідовність в

якій та , при всіх натуральних

n≥2 задовольняє умову

Довести, що всі члени цієї послідовності є натура-

льними числами, причому ділиться без остачі на

.


Елементарними перетвореннями отримуємо, що при

всіх натуральних виконується рівність

або

Отже, значення виразу

не зале-

жить від (є інваріантом), а тому

93

Отже, дана послідовність задовольняє рекурентне

співвідношення: , при

. Тому всі члени послідовності є натуральними чис-

лами, причому для будь-якого число

є парним.

Враховуючи рівність

отримуємо, що ділиться без остачі на .


Задача 2.4.6. На дошці написано числа 1, 2, 3,…, 19,

20. Дозволяється стерти будь-які два числа і і замість

них написати число . Яке число може залиши-

тись на дошці після 19-ти таких операцій?

Задача 2.4.7. На дошці записано числа 1,2,…,20.

Дозволяється стерти будь-які два числа і і замінити їх на

число . Яке число може залишитись на дошці

після 19-ти таких операцій?

Задача 2.4.8. На дошці записано числа

1,2,3,…,1989. Дозволяється стерти будь-які два числа і на-

писати замість них різницю. Чи можна досягти того, щоб

на дошці всі числа дорівнювали нулю?

Задача 2.4.9. Обмінний автомат міняє одну монету

на п’ять інших. Чи можна за його допомогою розміняти

металеву гривню на 26 монет?

Задача 2.4.8. У вершинах куба розставлено такі чи-

сла: 7 нулів і одна одиниця. За один хід дозволяється дода-

вати по одиниці до чисел в кінцях будь-якого ребра куба.

Чи можна досягти того, щоб усі числа стали рівними між

собою? А чи можна досягти того,щоб усі числа ділились на

3?

94

Задача 2.4.11. У кожній клітинці таблиці 8×8 запи-

сано по одиниці. Дозволяється за один хід додати по оди-

ниці до всіх чисел будь-якого квадрата 3×3.Чи можна за

допомогою скінченної кількості таких ходів отримати у

вершинах деякого квадрата 4×4 суму чисел, що дорівнює

2001?

Задача 2.4.12. На столі лежить купа з 1001 каменя.

Хід полягає в тому, що з якоїсь купи, що містить більше

одного каменя, викидають камінь, а потім одну з цих куп

ділять на дві. Чи можна через кілька ходів залишити лише

купки, що складаються з трьох камінців?

Задача 2.4.13. Було 4 аркуші паперу. Деякі з них

розрізали на 8 частин, потім деякі з цих частин розрізали

знову на 8 частин і т. д. Коли підрахували загальну кіль-

кість аркушів, то виявилось, що їх всього 1986. Довести,

що підрахунок був неправильний.

Задача 2.4.14. На дошці записано числа від 1 до 20.

За один крок дозволяється пару чисел замінити на чис-

ло . Чи можна наприкінці отримати число

200022002?

Задача 2.4.15. Матч між двома футбольними ко-

мандами закінчився з рахунком 7:4. Довести, що був мо-

мент, коли перша команда забила стільки м’ячів, скільки

другій залишилось забити.

Задача 2.4.16. Число замінили на , з оде-

ржаним числом зробити те саме і так 100 разів. Одержали

знову число . Знайти число .

Задача 2.4.17. На дошці записано одиниць. Із за-

писаними на дошці числами дозволяється проводити такі

дії: витерти будь-які два з них, нехай це і ,і замість них

написати число

. Цю операцію проводять доти, доки на

95

дошці не залишиться одне число. Довести, що це число

буде не менше за

.

Задача 2.4.18. Маємо одну купу з 2001 сірника.

Двоє грають у таку гру. Вони по черзі роблять ходи - оби-

рають довільну купу, що містить більше одного сірника і

ділять на дві менші. Гра продовжується доти, доки купа не

буде складатись з одного сірника. При кожному поділі ку-

пи на дві записується добуток чисел сірників в отриманих

двох нових купах. Мета гравця, який ходить першим, зіг-

рати так, щоб сума всіх записаних чисел ділилася на 1000.

Чи може другий гравець йому завадити?

Задача 2.4.19. Квадратне поле розбито на 100 одна-

кових квадратних ділянок, 9 з яких заросли бур’яном. Ві-

домо, що бур’ян за рік поширюється на ті і тільки ті ділян-

ки, у яких не менше двох сусідніх ділянок заросли

бур’яном (сусідніми вважаються ті ділянки, які мають спі-

льну сторону). Довести, що поле ніколи не заросте

бур’яном повністю.

Задача 2.4.20. 1) Маємо 4 картки, на яких записані

числа 1, 2, 3, 4. Дозволяється виконувати таку операцію:

взяти довільні дві картки і помножити записані на них чи-

сла на деяке натуральне число (це число може бути різним

для різних операцій). Чи можна за допомогою кількох та-

ких операцій досягти того, щоб усі числа стали рівні?

2) Та сама задача для карток, на яких записано чис-

ла 1, 2, 3, 6.

3) Та сама задача для карток, на яких записано чис-

ла 1, 2, 3, 4, 5.

Задача 2.4.21. У таблиці у ко-

жну клітинку записано по одному плюсу чи мінусу. Можна

одночасно змінювати знаки в будь-якому рядку чи стовп-

чику. Довести, що за скінченну кількість таких операцій

96

можна досягти того, щоб у кожному рядку і у кожному

стовпчику плюсів було більше, ніж мінусів.

Задача 2.4.22. Автомат працює з картками, на яких

написано пари чисел. Із картки він може зробити

картку

, якщо і парні, або картку . Із

карток і він може зробити картку . Попе-

редні картки він також повертає. Спочатку є картка (3,10).

а) Чи можна отримати картку (1,100)?

б) Чи можна отримати картку (1,50)?

в) Для яких натуральних можна отримати картку

?


2.4.6. Відповідь: 191. 2.4.7. Вказівка: розгляньте чис-

ла, збільшені на 1. Відповідь: (21)!–1. 2.4.8. Вказівка: інва-

ріантом є парність суми чисел. Відповідь: ні. 2.4.9. Відпо-

відь: ні. 2.4.10. Вказівка: позначте 4 вершини куба, жодні

дві з яких не сполучені ребром, та розгляньте різницю між

сумою чисел у позначених вершинах та сумою чисел у

непозначених вершинах. Відповідь: ні. 2.4.11. Вказівка:

розгляньте квадрат з вершинами (3,3), (3,6), (6,3), (6,6).

Відповідь: так. 2.4.12. Вказівка: розгляньте суму кількості

каменів та кількості куп. Відповідь: ні. 2.4.14. Вказівка:

сума чисел завжди буде ділитися на 5. Відповідь: ні. 2.4.16.

Відповідь: 15 або –14. 2.4.17. Вказівка: покажіть, що сума

квадратів величин, обернених до записаних чисел, не збі-

льшується при такій операції.2.4.18. Вказівка: розгляньте

півсуму квадратів чисел сірників у купках. Відповідь: ні.

2.4.19. Вказівка: розгляньте довжину межі частини поля,

яка заросла бур’яном. 2.4.20. Вказівка: 1) розклад добутку

записаних чисел на прості множники має містити кожен

степінь простого числа з парним показником. Відповідь: 1)

ні; 2)так; 3) так. 2.4.21. Вказівка: під час кожної операції

97

змінюємо знаки в тому рядку чи стовпчику, в якому міну-

сів більше, при цьому кількість мінусів зменшується на 1,

на 3, на 5, …, чи на (тут важливо, що –

непарне число). Оскільки кількість мінусів скінченна, то й

кількість таких операцій скінченна. 2.4.22. Відповідь: в)

для всіх виду , де – натуральне число.

§2.5.Середні величини, нерівність Коші

Для невід’ємних чисел число

називається середнім арифметичним,

число – середнім геометричним, чис-

ло

– середнім степеневим порядку

, а зокрема число

– середнім квадра-

тичним.

Для додатних чисел число

на-

зивається середнім гармонічним.

Не складно показати, що . Для встановлення

зв’язку між середнім арифметичним та середнім геометри-

чним треба розв’язати таку задачу.

Задача 2.5.1. Довести, що коли добуток додатних

чисел дорівнює 1, то їх сума


Доведення проведемо методом математично їіндук-

ції.

При маємо:

98

Звідси маємо, що

причому рівність досягається

лише при .

Припустимо, що для довільних додатніх чисел

з рівності випливає нерів-

ність (*).Доведемо, що для

них додатніх чисел з рівності ті випливає нерівність

. (**)

Застосувавши припущення до чисел , отримуємо ки . Тому для справдження нерівності (**) достатньо справ-

дження нерівності (***), яку мож-

на записати так: Оскільки умова та твердження задачі симетричні від-

носно чисел (тобто не змінюються при перену-

меруванні цих чисел), то без обмеження загальності можна

вважати, що . Звідси маємо, що нерівності

(***) та (**) справджуються. Твердження задачі доведене.

При цьому з процесу доведення видно, що знак рівності

можливий лише тоді, коли Перейдемо до встановлення зв’язку між .

Якщо хоча б одне з чисел дорівнює нулю,

то маємо . У протилежному випадку

, звідки

, або

,

причому знак рівності можливий лише у разі, коли

.Отже, .

ня

називається нерівністю

Коші. На основі нерівності Коші для додатніх

маємо

, звідки

99

, тобто . Отже, маємо

Співвідношення між середніми величинами, особли-

во нерівність Коші, часто використовується при

розв’язуванні олімпіадних завдань. При цьому в більшості

випадків треба привести нерівність до вигляду, зручного

для застосування цихспіввідношень.

Задача 2.5.2. Дано дійсні числа a, b, c, всі вони біль-

ші за одиницю і такі, що . Довести нерівність:

.

Розв’язання. За допомогою нерівності Коші для

трьох чисел

послідовно оцінимо ліву час-

тину нерівності:

.

Задача 2.5.3. Довести, що для кожного натурального

числа справджується нерівність


Ліва частина нерівності містить точно доданків.

Тому ця нерівність рівносильна таким:

100

Остання нерівність правильна, оскільки в лівій час-

тині записано середнє арифметичне (різних) чисел

, а в правій – їх середнє геометричне

Іноді нерівність Коші можна використати для оцінки

деяких величин.

Задача 2.5.14.Знайтимаксимальнезначеннявиразу

при та вказати, при яких це значення досягається.


Чисельник дробу

можна розглядати як середнє геометричне 16 чисел. Проте

безпосереднє застосування нерівності Коші не приводить

до його оцінки через . Тому застосує-

мо нерівність Коші так:

101

Звідси

, причому знак рівності досяга-

ється за умови

, тобто

Задача 2.5.5. Довести, що для всіх натуральних

справджується нерівність


Нерівність можна переписати у вигляді

Оцінимо за допомогою нерівності Коші її праву час-

тину. Маємо

102

Задача 2.5.6. Довести, що коли добуток довільних

доданих чисел дорівнює 1, то справджується нері-

вність


Дана нерівність за умови задачі рівносильна такій

: або, після перетворень,

що справджується внаслідок виконан-

ня умови та нерівностей

Задача 2.5.7.Знайдітьнайбільшезначення числа ,

для якогонерівність

справджується для всіх додатних чисел . Розв’язання

Підставивши у нерівність , отримуємо

, звідки

. Доведемо, що нерівність

справджується для всіх додатних чисел . Після тотожних перетворень та застосування нерів-

ності Коші маємо:

103

За нерівністю Коші маємо

, звідки

отримуємо такі оцінки:

.

Із врахуванням доведеного вище отримуємо

Задача 2.5.8.Довести, що середнє арифметичне всіх

дільників натурального числа (включно з 1 по ) міс-

титься між


104

Нехай – дільники

числа , розташовані у порядку зростання. Тоді . Тоді середнє арифметичне

всіх дільників числа

Також при маємо


Задача 2.5.9. Довести, що при всіх дісних та нері-

вність виконується.

Задача 2.5.10. Довести, що при справедли-

ва нерівність:

Задача 2.5.11. Довести, що коли то справджується нерівність:

Задача 2.5.12.Довести, що при справедлива

нерівність:

.

Задача 2.5.13. Довести, що коли ,

де невід’ємні числа, серед яких є різні, то

справедлива нерівність:

.

105

Задача 2.5.14. Довести, що при ,

справджується нерівність:

.

Задача 2.5.15. Довести, що при довільному натура-

льному справджується нерівність:

.

Задача 2.5.16. Довести, що при довільному натура-

льному справджується нерівність:

.

Задача 2.5.17. Довести, що коли та - ціле не-

від'ємне число, то справджується нерівність

Задача 2.5.18. Довести, що коли додатні раціона-

льні числа, то при довільному справедлива нерів-

ність: Задача 2.5.19.Якого найменшого значення може на-

бувати вираз:

якщо Задача 2.5.20. Довести нерівність

Задача 2.5.21. Довести, що коли – кути трику-

тника, то Задача 2.5.22.Добутокдодатних чисел

дорівнює одиниці. Довести, що

.

Задача 2.5.23. Нехай – довільна переста-

новка множини додатних чисел . Довести нері-

вність

106

Задача 2.5.24.Нехай – додатні дійсні

числа такі, що . Довести, що

Задача 2.5.25.Знайтинайменше число λ, при якому

для всіх невід’ємних справджується нерівність

Задача 2.5.26. Довести нерівність

Задача 2.5.27. Довести нерівність

Задача 2.5.28. Числа такі, що .

Довести, що справедлива нерівність

Задача 2.5.29. Нехай числа і . Довести нерівності

Задача 2.5.30. Довести, що при всіх спра-

вджується нерівність

Вказівки та відповіді до задач:

2.5.10. Вказівка: використайте нерівність 2.5.12. Вказівка: запишіть нерівність у

вигляді

2.5.13. Вказівка: використайте спів-

відношення між середнім арифметичним, геометричним та

гармонічним чисел 2.5.14. Вказі-

107

вка: після піднесення обох частин нерівності до квадрата

та спрощення застосуйте нерівність Коші до таких пар

2.5.15. Вказі-

вка: застосуйте нерівність Коші для оцінки

та використайте формулу суми квадра-

тів перших натуральних чисел. 2.5.16. Вказівка: засто-

суйте нерівність Коші для оцінки

та

використайте формулу суми кубів перших натуральних

чисел. 2.5.17. Вказівка: запишіть нерівність у

ді

2.5.18. Вказівка: розгляньте спочатку

випадок, коли числа натуральні. 2.5.19. Вказівка:

перетворіть більш загальний вираз (з невідомими) до

вигляду

2.5.24. Вказівка: розділіть нерівність на та

післяперепозначень

в

отриманій нерівності за допомогою нерівності Коші оці-

ніть ліву частину. 2.5.25. Відповідь: . 2.5.26.

Вказівка: застосуйте нерівність Коші до чотирьох чисел:

. 2.5.28. Вказівка: при

маємо

2.5.30. Вказівка: за допомогою

нерівності Коші покажіть, що

108

§2.6.Задачі з цілою та дробовою частинами числа

Такі задачі на математичних олімпіадах зустрічають-

ся досить часто. При їх розв’язуванні треба додатково зна-

ти лише означення цілої та дробової частини числа та

деякі їхні властивості

Цілою частиною числа називаєтьсянайбільшеці-

ле число, яке не перевищує , дробовою частиною числа називаєтьсярізниця . Очевидно, що

Для довільних двох чисел маємо

. Отже, справедлива нерівність :

Функція періодична з періодом Задача 2.6.1. Розв’язати рівняння


Використовуючи означення цілої частини числа,

оцінимо, які значення змінної можуть бути розв’язками

рівняння. Маємо:

звідки

Отже, розв’язки рівняння мають задовольняти умови:

звідки отримуємо:

Тоді

. Проте

, тому розв’язками рівняння є ті і

109

тільки ті значення , що задовільняють умову

, тобторозв’язкамирівнянняєвсі

Задача 2.6.2.Розв’язатирівняння


Запишемо рівняння у вигляді :

звідки отримуємо, що рівність можлива в таких випадках:

або , або Розглянемоцівипадкиокремо.

Оскільки то маємо що неможливо (шукані числа мають бути такі, що

їхня ціла та дробова частини не дорівнюють нулю).

2. . Тоді

. Позначивши маємо

де – будь яке натуральне чис-

ло.

Задача 2.6.3. Розв’язатирівняння


Область допустимих значень даного рівняння визна-

чається з умов: Тому може набува-

ти лише таких значень: -2; -1; 0; 1. Отже, дане рівняння

рівносильне сукупності чотирьох систем:

110

або

або

або

якірівносиль-

ні таким:

або

або

або

Звідсиотримуємо-

розв’язки:

Задача 2.6.4. Для довільного натурального , що не є

четвертим степенем натурального числа, довести нерів-

ність


Кожнетаке число можназаписати у вигляді Це дає

змогу позбавитись від знака дробової частини:

Тоді можна записати ланцюжок рівноси-

льних для умови задачі нерівностей, що доводить правиль-

ність даної нерівності:

111

,

Задача 2.6.5. Довести, що система

має не менше як 700 різних натуральних розв’язків Розв’язання

Оскільки то

Тому з

ває,що , звідки . Отже, числа виду

та числа виду

можуть займати на числовій прямій 2821 по-

зицію, причому числа виду займають попарно різні

позиції, та числа виду займають попарно різні пози-

ції. Оскільки загальна кількість цих чисел дорівнює , то хоча б на 805 (3626 – 2821) позиціях роз-

міщено по два числа, тобто дана система має хоча б 805

розв’язків.

Задача 2.6.6. Довести, що для довільних значень

має місце оцінка

причому для кожно-

го знайдеться число , яке задовольняє нерів-

ність


Для даного значення позначимо .

Очевидно, що (інакше число

було б раціо-

нальним). Справедливість подібної оцінки випливає з та-

кого ланцюжка нерівностей:

112

Нехай . Нерівність

при рівноси-

льна таким нерівностям:

Легко помітити, що коли , то

тобто для таких справедлива рівність

. Тому для доведення другої частини задачі достат-

ньо показати, що знайдуться досить великі натуральні

такі, що

та . Таку умову задовольняють

дві зростаючі необмежені послідовності чисел та

, , які задані таким чином:

Справді,

Твердження задачі доведене.

Задача 2.6.7.Знайтивсінатуральні числа такі, що

числа утворюють арифметичну прогре-

сію.


За означенням цілої частини числа, врахувавши, що

при натуральних число не є цілими, маємотакіоцін-

ки:

113

звідки

Згідно з умовою задачі тому отри-

муємо, що

Розв’язавши нерівність , отримуємо

. Врахувавши , що , маємо . За

допомогою перебору отримуємо відповідь: Задача 2.6.8.Довести, що:

де .

Доведення

Відомо, що Маємо:

Аналогічно доводиться,

що:

Останні два співвідношення можна переписати у ви-

гляді:

Наслідок: Задача 2.6.9.

Довести тотожності:

а) б)

Доведення

Друга тотожність очевидна. Доведемо першу тотож-

ність.

114

Задача 2.6.10.

Розв’язати нерівність Розв’язання

Розглянемо випадок , тоді маємо:

Коли , маємо: ,

Отже, якщо ,

інакше



Розглянемо випадок , тоді маємо:

Коли , маємо: ,

Отже, якщо ,

інакше



Видно, що на проміжках дана нері-

вність справедлива. На проміжку маємо:

Залишилось розглянути проміжок (1; 2). Отже,

можназаписати: Маємо:

Враховуючи, що , отримаємо:

Отже, Об’єднуючи від-

повіді, отримаємо:

115



Задача 2.6.14. Для довільного натурального , що не

є точним квадратом, довести нерівність

Задача 2.6.15. Для довільного натурального , що не

є кубом натурального числа, довести нерівність

Задача 2.6.16. Довести, що для всіх дійсних вико-

нується рівність

Задача 2.6.17.Розв’язатирівняння Задача 2.6.18.Знайтизначеннявиразу

Задача 2.6.19.Знайтивсітакізначення , що для дові-

льного виконуєтьсярівність


Задача 2.6.21. Довести що для довільних невід’ємних

чисел справджуєтьсянерівність

Задача 2.6.22. Довести, що для довільних чисел

справджується нерівність


116

Задача 2.6.24.Розв’язати систему рівнянь

Задача 2.6.25. Довести, що для довільного натураль-

ного знайдутьсянатуральні числа такі, що

та виконується нерівність

Задача 2.6.26.Ізтаблицівідомо, що

Скількома способами записується число ?


Задача 2.6.28. Нехай – множина, що складається з

усіх натуральних чисел , для яких справджується нерів-

ність Усі числа з виписано в порядку

зростання. Яке число стоїть у цій послідовності на 1998

місці?

Задача 2.6.29.розв’язатинерівність

Задача 2.6.30.Знайтивсідодатні числа , які задово-

льняють рівність Задача 2.6.31.Знайтиусіфункції , які визначені на

множині всіх дійсних чисел, набувають дійсних значень і

для будь-яких дійсних задовольняють рівність

Задача 2.6.32. Нехай число є цілою частиною числа

Довести, що непарне число.

117

Задача 2.6.33.Знайтивсіпрості числа, які можуть бути

подані у вигляді

, де натуральне число.

Задача 2.6.34. Довести, що для довільного натураль-

ного виконується рівність

Задача 2.6.35. Нехай для всіх натуральних

Обчисліть суму


2.6.13.Відповідь:

2.6.17. Відповідь:

.

2.6.18. Вказівка:

. Відповідь:

2.6.19. Вказівка: позначте Тоді дана рів-

ність рівносильна такій: При

отримуємо , звідки

Врахо-

вуючи цю оцінку, побудуйте на проміжку графік фу-

нкції . Відповідь:

2.6.20. Відповідь: 0; -2; . 2.6.21. Вказівка: розгля-

ньте функцію 2.6.22. Вказівка: дану нерівність достатньо довести при

2.6.23. Відповідь: 2.6.24. Відповідь:

2.6.25. Вказівка: скористайтесь результатом

задачі 2.6.9 та застосуйте принцип Діріхле. 2.6.26. Відпо-

відь: 50 знаків. 2.6.27.

2.6.28. Відповідь:

118

2.6.29. Вказівка:доведіть, що до множини входять числа

виду 2.6.31. Від-

повідь: . 2.6.32. Вказівка:покажіть, що

2.6.33. Вказівка: розгляньте випадки

. Відповідь: 3, 5.

2.6.34. Вказівка: покажіть, що ліва і права частини рівності

дорівнюють кількість усіх пар на-

туральних чисел, більших за 1, що, задовольняють нерів-

ність 2.6.35. Вказівка: доведіть, що Відпо-

відь:

119

РОЗДІЛ IIІ. Елементи математично-

го аналізу в олімпіадних задачах

§3.1. Послідовності

Означення 3.1.1. Функцію, визначену на множині

натуральних чисел, називають послідовністю, а значення

цієї функції називають членами послідовності і по-значають .

Числову послідовність вважають заданою, якщо за-

дано її загальний член Загальний член послідовності

найчастіше задають за допомогою формули загального

члена або за допомогою рекурентних формул,

які виражають загальний член послідовності через

попередні члени. Нагадаємо деякі добре відомі

послідовності:

1. Арифметична прогресія. Формула загального

члена :

,

де перший член прогресії, – різниця прогресії. Реку-

рентна формула:

2. Геометрична прогресія. Формула загального

члена:

де перший член прогресії, знаменник прогресії.

Рекурентна формула:

3. Послідовність чисел Фібоначчі. Більш відоме її

рекурентне задання:

Менш відома формула її загального члена (формула Біне):

120

Послідовність чисел називається обмеженою,

якщо існує число таке, що для всіх членів

послідовності виконується оцінка нерівність .

Послідовність чисел називається зростаючою, якщо

при всіх виконується нерівність .

У разі виконання нерівностей , ,

послідовність чисел називається спадною,

неспадною, незростаючою відповідно.

Послідовність чисел називається періодичною, якщо

існує натуральне число (період послідовності) таке, що

для всіх виконується рівність .

На олімпіадах, як правило, зустрічаються задачі, у

яких треба встановити певні властивості членів

послідовності або, знаючи рекурентне задання

послідовності, знайти формулу її загального члена.

Задача 3.1.1. Послідовність натуральних чисел

така, що для всіх нату-

ральних . Довести, що всі .


Спочатку доведемо, що члени послідовності попарно

різні. Якщо , то з рівностей ,

, отримуємо, що

Доведемо твердження задачі методом математичної

індукції.

При маємо . Оскільки

то отримуємо .

Припустимо, що твердження задачі справедливе при

всіх і доведемо його для

121

Якщо , то отримуємо, що , де

деяке натуральне число, . Це суперечить тому,

що члени послідовності попарно різні.

Якщо , то (тому що ).

Тоді , де . Однак оскільки члени

послідовності попарно різні, то маємо . Це су-

перечить тому, що .

Отже, .

Задача 3.1.2. Послідовність не спадає, .

Відомо, що послідовність не

зростає. Довести, що послідовність

також

не зростає.


Оскільки при маємо

а послідовність не зростає, то

Звідси отримуємо

При маємо

тобто що й треба було довести.

Задача 3.1.3. Про послідовність дійсних чисел

відомо, що

при . Знайти формулу загального члена

послідовності.


Якщо послідовності і задовольняють умови

, ,

то послідовність , ( деякі чис-

ла) задовольняє таку саму умову. Оскільки при достатньо

122

великих значеннях члени послідовності зростають

подібно до членів геометричної прогресії, то загальний

член шукатимемо у вигляді

де і – геометричні прогресії, що задовольняють

умову .Тоді знаменники цих прогресій

задовольняють умову , звідси

З умов отримуємо

звідки знаходимо

Отже,

Задача 3.1.4. У послідовності , а кожне

дорівнює сумі цифр числа, що є добутком і даного на-

турального числа . Довести, що при будь-якому ця

послідовність, починаючи з деякого номера, буде

періодичною.


Нехай число записується цифрами , тобто

Нехай сума його

цифр.

Доведемо, що при достатньо великих виконується

нерівність . Для цього досить довести, що

123

, або

. При маємо

, а при більших ця нерівність виконується внаслідок

швидкого зростання

. Отже, при всіх

. Доведемо тепер методом математичної індукції, що

всі члени послідовності менші за .

Маємо , . Якщо , то

. Якщо ж

, то

.

Згідно з принципом математичної індукції, маємо

для всіх

Оскільки члени послідовності – натуральні числа, то

серед них обов'язково зустрінуться однакові: .

Тоді з правила побудови послідовності випливає, що

. для всіх .

Задача 3.1.5. Послідовність дійсних

чисел задовольняє такі умови: і для всіх

натуральних має місце рівність 1) Довести, що .

2) Знайти .


Якщо , то , а для маємо

тому з припущення, що , випливає . За

принципом математичної індукції послідовність при

монотонно зростає.

У разі розглянемо послідовність чисел

, яка теж задовольняє співвідношення

.Оскільки , то послідовність

монотонно зростає, причому . Отже, в обох випадках . Тому з умо-

ви випливає . Оскільки , то існує

124

такий кут , що . Тоді за індукцією легко дово-

диться, що . Справді, для та це

правильно. Тоді

Згідно з умовою . Тому

Задача 3.1.6. Послідовність задана рекурентно:

(тут ціла частина числа ). Знайти .


Розглянемо допоміжну послідовність чисел

, рекурентне задання якої має ви-

гляд Тоді

Нехай перший член послідовності, що належить

проміжку , тобто

, .

Якщо , то

,

але вже .

Якщо ж , то з умови

маємо

звідки .

Тоді

nобто Отже, якщо є точним квадратом, то, починаючи з

нього, на проміжку знаходяться ще два члени

послідовності . Якщо ж число не є членом

послідовності , то на проміжку знаходяться два члени

цієї послідовності, причому при переході від до різниця

зменшується на .

125

Використовуючи ці “спостереження”, дослідимо зро-

стання послідовності між двома послідовними момен-

тами , коли є точним квадратом. Маємо

, , ,

,

,

Оскільки

, то послідовно отримуємо

,

,

і т.д.

Розглянемо послідовність індексів , при яких

. Маємо

Застосувавши цю формулу разів, отримуємо

Оскільки то

отримуємо , а при маємо

Тоді

звідки

Отже, Рекурентні співвідношення можна використовувати

для описання різноманітних процесів, тому знаходження

таких співвідношень часто приводить до розв’язання

задачі.

Задача 3.1.7. Сторони правильного кутника треба

пофарбувати так, щоб сусідні сторони були різного кольо-

ру. Відомо, що просте число, кількість

фарб, та взаємно прості. Довести, що кількість

126

способів фарбування ділиться на . (Многокутник

повертати не можна).


Позначимо через кількість вказаних фарбувань

правильного кутника.

Знайдемо при фіксованому рекурентну формулу

для знаходження . Неважко підрахувати, що

Нехай многокутник, для якого

треба знайти кількість вказаних фарбувань. Зафіксуємо

колір сторони та всі фарбування розіб’ємо на дві гру-

пи. До першої групи віднесемо ті фарбування, при яких

сторони та мають різний колір. До другої гру-

пи віднесемо ті фарбування, при яких сторони та

мають однаковий колір.

У першому випадку ”уявно вилучимо” сторону (тобто вважатимемо, що точки співпадають). Тоді

маємо фарбувань многокутника , для

кожного з яких способами можна вибрати фарбу

для сторони . Тому кількість фарбувань першої групи

дорівнює . У другому випадку “уявно вилучимо” сторони

та (тобто вважатимемо, що точки співпадають. В отриманому після такого “вилучення” мно-

гокутнику сторони та мають

різний колір). Тоді маємо фарбувань многокутника

, для кожного з яких способами

можна обрати фарбу для сторони . (колір цієї сторони

має відрізнятися від кольору сторони , а колір сторо-

ни cпівпадає з кольором сторони ). Тому

кількість фарбувань другої групи дорівнює

.

127

Отже для , де

Користуючись цим рекурентним співвідношенням,

знаходимо

Не важко помітити, що

Доведемо методом математичної індукції, що

При і=2,3 ця формула правильна.

Припустимо, що формула правильна для всіх і

доведемо її для Використовуючи доведене ви-

ще, маємо

+

Згідно з принципом математичної індукції формула

правильна при всіх

натуральних .

Число сторін многокутника непарне, тому маємо

. Оскільки числа і

взаємно прості, то за малою теоремою Ферма число

ділиться на . Тоді число

ділиться на число .

128


Задача 3.1.8. Довести, що сума перших чисел

Фібоначчі виконується рівність

Задача 3.1.9. Довести, що для будь-якого цілого

серед перших чисел Фібоначчі знайдеться хоча б

одне, яке ділиться на .

Задача 3.1.10. Довести , що число Фібоначчі:

а) парне тоді і тільки тоді, коли його номер ділиться

на 3;

б) ділиться на 3 тоді і тільки тоді, коли його номер


в) ділиться на 4 тоді і тільки тоді, коли його номер


г) ділиться на 5 тоді і тільки тоді, коли його номер


д) ділиться на 7 тоді і тільки тоді, коли його номер


Задача 3.1.11. Довести, що для суми перших чисел

Фібоначчі з непарними номерами виконується рівність

.

Задача 3.1.12. Довести, що при будь- яких натураль-

них для чисел Фібоначчі:

а) + ; б) ділиться на .

Задача 3.1.13. Про дійсне число та послідовність

дійсних чисел відомо, що

=100,

для всіх натуральних . Знайти .

Задача 3.1.14. Нехай сума перших простих

чисел ( і т.д.). Довести,

129

що при довільному відрізок містить квадрат

натурального числа.

Задача 3.1.15. Довести, що серед членів

послідовності , де ,є

безліч таких, що діляться на .

Задача 3.1.16. Довести, що не існує такої монотонно

зростаючої послідовності натуральних цілих

чисел, що для всіх натуральних чисел Задача 3.1.17. Послідовність натуральних чисел

будується таким чином: та для кож-

ного натурального виконується . Чи

можуть шість послідовних елементів цієї послідовності

бути простими числами?

Задача 3.1.18. Нехай у послідовності натуральних

чисел кожне натуральне число зустрічається

один раз. Довести, що існують такі натуральні ,

що та .

Задача 3.1.19. Знайти найбільшу можливу кількість

частин площини, на які її розбивають прямих.

Задача 3.1.20. По колу записано не менше трьох

різних дійсних чисел. Кожне з цих чисел дорівнює добутку

двох чисел, що стоять по обидва боки від нього. Скільки

чисел може бути записано?

Задача 3.1.21. У послідовності чисел ,

.

Чи ділиться на ?

Задача 3.1.22. Геометрична прогресія містить числа

та . Чи може число належати даній

прогресії?


послідовності , де

130

безліч точних квадратів.


послідовності , де

безліч членів, модулі яких не перевищують

.

Задача 3.1.25. Довести, що послідовність , де

є необмеженою.

Задача 3.1.26. Дано послідовність

. Чи можна з неї деяким чином вибрати три різних

числа, які були б трьома різними членами деякої

геометричної прогресії?

Задача 3.1.27. Нехай для всіх натуральних

,

Обчислити суму , де через позначено цілу частину числа .

Задача 3.1.28. Послідовність дійсних чисел за-

дана рекурентно: , для

Довести, що всі члени послідовності, починаю-

чи з другого, є натуральними числами.

Задача 3.1.29. Послідовність задана рекурент-

но:

і

для Довести,

щопослідовність монотонна.


3.1.9. Вказівка: розгляньте всі можливі пари залишків при

діленні на чисел . 3.1.10. Вказівка:

послідовність залишків при діленні на членів

послідовності Фібоначчі періодична. 3.1.12. Вказівка: ви-

користайте метод математичної індукції по . 3.1.13.

131

Вказівка: знайдіть перші шість членів послідовності та

доведіть, що послідовність періодична. Відповідь: .

3.1.14. Вказівка: достатньо довести, що при досить вели-

ких виконується нерівність , яка

рівносильна нерівності ,

де через позначено – не просте число. Для доведення

цієї нерівності покажіть, що послідовність чисел

є неспадною при досить великих , та знайдіть перші чле-

ни цієї послідовності. 3.1.15. Вказівка: доведіть, що пар-

не та що серед чисел виду , є безліч чисел ,

які діляться на 25. 3.1.16. Вказівка:

. Це суперечить тому, що послідовність мо-

нотонно зростає, а тому . 3.1.17. Вказівка:

розгляньте залишки при діленні членів даної послідовності

на 7, вони утворюють періодичну послідовність (період 6),

серед членів якої зустрічається число 0. Відповідь: ні.

3.1.18. Вказівка :Існує таке , що для всіх таких, що

, виконується . Тоді , а тому

для деякого маємо 3.1.19.

Відповідь:

. 3.1.20. Відповідь: 6 чисел. 3.1.21.

Вказівка: послідовність періодична. Відповідь: ні. 3.1.22.

Відповідь: так. 3.1.23 Вказівка: якщо точний квадрат,

то також точний квадрат. 3.1.24. Вказівка: розглянь-

те раціональні наближення числа . 3.1.25. Вказівка:

доведіть, що існують як завгодно великі ,такі, що

виконується нерівність

. 3.1.26. Відповідь:

не можна. 3.1.27. Вказівка: доведіть, що . Відповідь:

. 3.1.28. Вказівка: доведіть рівність

132

для 3.1.29. Вказівка: покажіть, що

для

§3.2. Границя послідовності і функції

Означення 3.2.1. Число називається границею

послідовності чисел nx якщо для будь-якого додатного

числа існує таке натуральне число N (яке залежить від

), що для всіх n N виконується нерівність: nx a .

Символічно це записують так:

lim ,nx

x a

або nx a при .n

Геометрично це означає, що для будь-якого додатно-

го числа всі члени послідовності, починаючи з деякого

номера, містяться в інтервалі ,a a . Отже,

існування границі послідовності характеризує розміщення

на числовій прямій її членів.

Для доведення того, що послідовність має границю,

можна в багатьох випадках користуватись таким тверд-

женням.

Теорема 3.2.1 (Вейєрштрасса). Зростаюча (або

спадна) обмежена послідовність має границю.

Означення 3.2.2. Число a називається границею

функції f x в точці 0x , якщо для будь-якого числа 0

існує таке число 0 (яке залежить від ), що для всіх

x , які задовольняють нерівність 00 x x ,

виконується нерівність ( )f x a .

Cимволічно це записують так:

lim ( )x

f x a

, або ( )f x a при

0x x .

133

Геометрично це означає, що для будь-якого додатно-

го числа 0 знайдеться таке число 0 , що для всіх x з виколотого - околу точки 0x значення фунції ( )f x по-

трапляють у - окіл точки a.

Означення 3.2.3. Якщо 0lim ( ) ( )x

f x f x

, то фунція

( )f x називається неперервною в точці 0x .

Всі елементарні функції, які вивчаються в середній

школі, є неперервними на своїй області визначення.

При розв’язуванні задач на знаходження границь

послідовностей часто використовується критерій

існування границі функції в точці..

Теорема 3.2.2. Для того щоб функція f x в точці

0x мала границею число а, необхідно і достатньо, щоб для

будь-якої послідовності чисел nx такої, що 0lim ,nx

x x

виконувалась рівність lim nx

f x a

.

Задача 3.2.1. Послідовність додатних чисел nа мо-

нотонно спадає. Відомо, що сума довільного скінченного

числа її членів не перевищує одиниці. Довести, що

lim( ) 0.nx

n a


Позначимо 1 2 ...n nS a a a . Послідовність чисел

nS зростає і є обмеженою, тому існує границя lim nx

S S

. Позначимо 2n n nb S S . Маємо

2lim lim lim 0,n n nx x x

b S S S S

1 2 2 2... 0.n n n n nb a a a a n

звідки 20 2 2n nn a b , тобто 2lim2 0nx

n a

.

134

Оскільки послідовність чисел na спадає, то

2 1 2 2 2

2 10 (2 1) (2 1) 2 2 2 ,

2n n n n

nn a n a n a n a

n

звідки 2 1lim(2 1) 0n

xn a

.

Отже, lim( ) 0nx

n a

.

Задача 3.2.2. Послідовність nа така, що 1 1a ,

2

1

1

2 4

n nn

n

a aa

a .

при 1n . Довести, що:

а) послідовність nа необмежена;

б) 250 10a .


Оскільки члени послідовності невід’ємні, то 2 2

1

10

4 2 4 2

n n n nn n

n

a a a aa a

a ,

тобто послідовність nа зростає. Припустимо, що

послідовність nа обмежена. Тоді за теоремою

Вейєрштрасса вона має границю lim 0nx

a a

. Переходя-

чи до границі в рівності 2

1

1

2 4

n nn

n

a aa

a

та враховуючи неперервність функції 2 1

2 4

x xf x

x

на проміжку 0; , отримуємо

2 1

2 4

aaa

a , звідки

135

10

a . Дійшли суперечності. Отже, послідовність nа

необмежена.

Використавши нерівність 1 1 12

hh h ,

отримуємо

1 3 3 2

4 2 11 1

2 2 2 2

n n n nn n

n n n

a a a aa a

a a a

.

Тому, якщо na k ,то

1 2 21 2 1 1( ) ( ) ... ( )n n n n nn k n k n k

a a a a a a a a

2

2

2 2 2 2

1 1

1 1 1... 1 1.n n n

n n nn k

ka a a k

a a a a

Тому

2 2 2 2 2256 286 11 1 2 3 ... 9 1 1 2 ... 81 ... 9 10.a a a a a

Задача 3.2.3. Послідовності

na і nb задано таки-

ми умовами:

2

11, 1; , 12

nn n n n n

aa a a a b n .

Довести, що послідовність nb має границю.


Оскільки

2 2

11 1 1 1

1 2 10,

2 2 2 2

n n n n nn nn n n n n n

a a a a aa ab b

то послідовність nb зростаюча.

Покажемо, що послідовність nb обмежена. Маємо

1 1

1 2

1 1,

22 1n n n

n

n n

b ba a

136

Тому

1 1 1 2 1 1...n n n n nb b b b b b b b

1 2 1

1 1 1 1 1... 1 1

2 2 2 2 2n n n .

За теоремою Вейєрштрасса послідовність nb має

границю.

Задача 3.2.4. Послідовність na така, що

2

1 1, 2,n na a a a

при 1n . Чи для яких a послідовність na має границю?


Припустимо, що послідовність na має границею

число . Тоді, перейшовши до границі при n в

рівності 2

1 2n na a , отримуємо, що 2 2b b , звідки

2b або 1b .

Розглянемо ці випадки окремо:

1) 2b . Тоді, поклавши в означенні границі 1 ,

отримуємо, що існує номер такий, що для всіх

n N виконується нерівність 2 1na , тобто

1 3na . Однак

2

1 2 4 2 2n n n na a a a ,

тому при n N маємо 2

1 2 12 3 2 , 2 3 2 3 2 ,n n n n na a a a a

і т.д., звідки отримуємо

1 2 3 2 .k

n k na a

Оскільки 3k може бути як завгодно великим, то для

виконання цієї умови при всіх необхідно, щоб 2na .

Враховуючи рекурентну формулу, отримуємо, що почи-

137

наючи з деякого номера, кожний член послідовності

дорівнює 2. Оскільки

1 2 ,n na a

то знаходимо

2 2 ... 2 1a .

Тут має бути двійок, розподіл знаків “+” і “–“ може бути

довільним; 2) 1b . Тоді

2

1 1 1 1 1 .n n n na a a a

У результаті аналогічних міркувань отримуємо, що

починаючи з деякого номера всі члени послідовності

1na , а число має такий вигляд:

2 2 ... 2 1.a

Задача 3.2.5. Послідовність nx задана

співвідношеннями: 2

1 15, 2, 1.n nx x x n Обчислити

1

1 2

lim ....

n

nn

x

x x x


Маємо

звідки

1

2

1 2 1 2

421 .

... ...

n

n n

x

x x x x x x

Оскільки всі 2nx то,

2

1 2

4lim 0

...xnx x x

, а тому

22 2 2 2 2 2

1 1 1

22 2 2 2

1 1 1 1 1

4 2 4 4 4

... ... 4 ... 21,

n n n n n n n

n n n n

x x x x x x x

x x x x x x x

138

1

1 2

lim 21....

n

nn

x

x x x

Задача 3.2.6. Знайти всі неперервні на множині

дійсних чисел функції ( )f x , які задовольняють рівність

( ) sinf x f x при всіх x .


Для значень змінної x k k маємо

( ) (0)f x f c . Для значень змінної x k k розг-

лянемо послідовності чисел 1 2 1, sin ,...,x x x x

1 sin ...n nx x та n nz x . Послідовність чисел nz є спад-

ною та обмеженою, тому існує скінченна границя

0lim nx

z z

. Враховуючи неперервність функції sin x в

точці oz за критерієм неперервності функції в точці при

граничному переході в рівності 1 sinn nz z отримуємо

рівняння sino oz z , яке має єдиний корінь 0oz . Отже,

lim 0nx

x

.

Перейдемо до границі при n в рівності

( ) ( )nf x f x . Враховуючи неперервність функції ( )f x та

критерій неперервності функції в точці, отримуємо

lim 0nx

f x f x f

.

Отже, f x c для всіх x .

Задача 3.2.7. Позначимо через na найбільше значен-

ня функції ( ) sin nf x x x на множині 0; . Знайти

lim .nx

a


139

Нехай nx – точка максимуму даної функції. Похідна

цієї функції 1( ) cos nf x x nx . Очевидно, що 0f x

при 1x , тобто дана функція спадає на 1; , а тому

0;1nx . Для 1

0;2

x

при досить великих виконують-

ся такі нерівності:

1

1

1cos ,

2 2

n

n

nnx x

а тому 0f x при

10;

2x

. Отже, 1

;12

nx

при до-

сить великих nx .

При nx x виконується умова 2cos 0n

n nx nx . Вра-

ховуючи цю умову, обмеженість nx та функції cos x ,

неперервність функції sin x , отримуємо

lim lim sin limsin lim

coslimsin lim limsin sin lim .

n n

n n n n nn n n n

n nn n n

n n n n

a x x x x

x xx x x

n

Покажемо, що lim 1nn

x

. Церівносильно умові

1lim 1n

nx . Враховуючи, що

1;1

2nx

, достатньо показа-

ти, що для кожного 0 при досить великих має

місце нерівність 1

1nx

, або 2

2

11

nx . Маємо

1 2 2,

cos cos cos1n

n n n n

n n n

x x x x

140

2 2

1 11 1 .

2 2

n n n n nn

Тому при досить великих та таких, що

,

виконуються нерівності


Задача 3.2.8. Послідовність обмежена, і для

кожного виконується нерівність

Довести, що ця послідовність збіжна.

Задача 3.2.9. Послідовність така, що і

для . Для яких значень вона

має границю?

Задача 3.2.10. Послідовність невід’ємних чисел така, що

для всіх . Довести, що

ця послідовність має границю.

Задача 3.2.11. Обчислити для кожного границю

, де означає найбільше ціле чис-

ло, що не перевищує x.

Задача 3.2.12. На продовженні сторони трикут-

ника вибрано точку таку, що . Через точ-

ку проведено пряму, яка перетинає сторони і

відповідно в точках і . Знайти границю відношення

площі трикутника до площі чотирикутника ,

якщо довжина відрізка прямує до нуля.

Задача 3.2.13. Послідовності задано реку-

рентними співвідношеннями:

, .

141

Довести, що обидві послідовності мають границі, та знайти

їх.

Задача 3.2.14. Обчислити границю:

Задача 3.2.15. Послідовність задана

співвідношеннями

при

Довести, що існує і знайти її.

Задача 3.2.16. Послідовність задана співвідношенням

=1 і

. Знайти

.

Задача 3.2.17. Послідовність задовольняє

співвідношення

при і .

Довести, що ця послідовність має границю.

Задача 3.2.18. Дано послідовність . Побудуємо

дві послідовності і : а) Нехай послідовність збіжна. Чи можна

стверджувати, що послідовність також збіжна?

б) Нехай послідовність збіжна. Чи можна

стверджувати, що послідовність також збіжна?

Задача 3.2.19. Нехай

та

такі два многочлени, що при всіх дійсних значеннях

змінної виконуються нерівності

та Довести, що .

142

Задача 3.2.20. Довести, що коли для всіх виконується нерівність

то

Задача 3.2.21. Дано дві послідовності , що

задовольняють співвідношення

Довести, що відношення

є послідовними наближеннями

числа .

Задача 3.2.22. Знайти

, якщо послідовність

дійсних чисел задана рекурентно:

Задача 3.2.23. Розв’язати рівняння

(тут – кількість операцій піднесення до степеня).

Задача 3.2.24. Обчислити границю

(тут – дробова частина числа ).


3.2.8. Вказівка: без обмеження загальності можна вважати,

що всі члени даної послідовності додані. Тоді з

нерівностей та

отримуємо

нерівність

. Аналогічними

міркуваннями отримуємо ланцюжок нерівностей

, де Перейшовши до

143

границі при , отримуємо нерівність

. У разі, коли дана послідовність спадає, твердження

задачі впливає з теореми Вейєрштрасса. Якщо ж дана

послідовність не спадає, то для деякого номера виконується нерівність , звідки отримуємо

тобто дана

послідовність є неспадною починаючи з номера m. Тому

твердження задачі і в цьому разі випливає з теореми

Вейєрштрасса. 3.2.9. Відповідь: при методом

математичної індукції доводимо, що

при послідовність необмежена.

3.2.10. Вказівка: розгляньте допоміжну послідовність , де Тоді , звідки отримуємо,

що послідовність не зростає, а тому за теоремою

Вайєрштрасса збіжна до деякого числа .

3.2.11. Відповідь: границя

дорівнює . 3.2.12. Відповідь: границя дорівнює

. 3.2.13.

Вказівка: доведіть методом математичної індукції, що

, , , . Для зна-

ходження границь використайте рекурентні

співвідношення. Відповідь:

. 3.2.14.

Вказівка: покажіть, що для довільного існує нескінченно

багато таких, що при деякому виконується

Відповідь: границя дорівнює . 3.2.15.

Вказівка: доведіть методом математичної індукції, що

, Відповідь:

.

3.2.16. Вказівка: розгляньте допоміжну послідовність

, де

. Отримуємо

.

Відповідь:

. 3.2.17. Вказівка: доведіть методом

математичної індукції, що

. Відповідь:

.

144

3.2.18. Відповідь: а) так, якщо

, то

;

б) ні, наприклад, . 3.2.19. Вказівка: розглянь-

те границю

. 3.2.20. Вказівка: Перейдіть до

границі при в нерівності

3.2.21. Вказівка:

скористайтесь співвідношеннями

та нерівністю

3.2.22. Вказівка: доведіть . Відповідь: 2.

3.2.23. Вказівка: розгляньте послідовність чисел , яка

задана рекурентно: для . За умо-

вою

тому, враховуючи неперервність показ-

никової функції, отримуємо рівняння . Відповідь:

. 3.2.23. Вказівка:

Відповідь: 1.

§3.3. Застосування похідної та інтеграла

Використання похідної є допоміжним засобом під час

розв’язування багатьох задач. Для доведення нерівностей

часто достатньо за допомогою похідної дослідити певну

функцію на монотонність, знайти її екстремуми.

Задача 3.3.1. Довести, що для довільного , що

задовольняє умову 0 , виконується нерівність


Дана нерівність рівносильна такій:

145

для доведення якої достатньо показати, що функція

є незростаючою на інтервалі Маємо

Звідси отримуємо, що для виконання нерівності

при достатньо виконання нерівності

, або після заміни

нерівності при (0,1). Позначимо

. Маємо: при z , а тому функція є незростаючою на півінтервалі . Тому при виконується .

Іноді за допомогою операції диференціювання деякої

функції вдається отримати певні наслідки з умов даної

задачі.

Задача 3.3.2. Знайти всі такі пари дійсних чисел , ,

що для будь-якого виконуватиметься рівність


Нехай

Тоді з умови отримуємо

Звідси при отримуємо

Із даних рівнянь отримуємо відповідь:

або

146

Часто треба визначити умови дотику графіків деяких

функцій.

Задача 3.3.3. Визначити кількість дійсних коренів

(залежно від параметра ) рівняння .


Порівнявши графіки функцій та

, отримуємо, що при рівняння коренів не

має, а при рівняння має один корінь .

Порівнюючи графіки цих функцій при , приходимо

до необхідності знайти значення параметра , при якому

графіки цих функцій дотикаються.

Нехай – абсциса точки дотику, – кутовий

коефіцієнт дотичної. Графіки функцій , дотикаються за таких умов:

а в нашому випадку

Звідси отримуємо ,

. Тому при 0

рівняння має три корені, при

– два корені, при

– один корінь.

Знаходження умов, яким задовольняє похідна

функції, допомагає розв’язати деякі функціональні

рівняння.

Задача 3.3.4. Чи існує функція , яка не дорівнює

сталій і визначена на множині всіх дійсних чисел, набуває

дійсних значень і така, що при всіх , виконується

нерівність 3 ?


Маємо , звідки

при Тому існує границя

147

Отже, функція диференційовна, , тобто

. Відповідь: не існує.

Задача 3.3.5. Знайдіть всі диференційовні функції

які задовольняють рівняння


Легко помітити, що функція є розв’язком

цього рівняння. Будемо шукати розв'язки, відмінні від то-

тожного нуля. Тоді існує значення аргументу, при яко-

му, . Поклавши

, маємо ,

звідки випливає, що при довільному

. Якщо ж змінити в рівнянні та на ,

отримуємо , тобто завжди строго

додатна. Поклавши , отримаємо .

Використаємо диференційованість шуканої функції.

Маємо

Проте

Отже, для всіх виконується рівність

або

148

звідки . З умови отримуємо

. Отже, Відповідь: або (де деяке

дійсне число).

Також при розв’язуванні олімпіадних задач можуть

використовуватись такі теореми.

Теорема 3.3.1 (Ферма). Якщо функція визначе-на на інтервалі , то в точці набуває найбільшого (чи найменшого) значення та диференційовна

в точці , то .

За допомогою теореми Ферма в курсі математичного

аналізу доводяться теореми про середнє.

Теорема 3.3.2 (Ролля). Нехай функція непере-рвна на відрізку , диференційовна на інтервалі та задовольняє умову . Тоді існує хоча б одна точка така, що .

Часто використовується такий наслідок теореми Рол-

ля: між двома коренями многочлена існує хоча б один корінь похідної цього многочлена.

Теорема 3.3.3 (Лагранжа). Нехай функція непе-рервна на відрізку , диференційовна на інтервалі . Тоді існує хоча б одна точка така,

що

.

Задача 3.3.6. Довести, що якщо , то

квадратне рівняння має принаймні один

корінь на інтервалі . Розв'язання

Оскільки

, то диференційовна функція

в точках та набуває

однакових значень:

149

. Проте функція не є сталою, тому існує

принаймні одна точка , в якій функція набуває найбільшого (чи найменшого) значення. Тоді за

теоремою Ферма маємо .

Задача 3.3.7. Розв’язати систему рівнянь

якщо

,

,


Додавши рівняння системи, отримуємо, що розв’язок

має задовольняти рівняння–наслідок:

Розглянемо функцію для

. Застосувавши нерівність Коші, отримуємо

Отже, , причому лише при

, тобто при . Отже, є зростаючою. То-

му для всіх

, .

Перевірка показує, що є розв’язком

системи.

Одним із найвідоміших застосувань визначеного

інтеграла є обчислення площі криволінійної трапеції. Під

час розв’язування деяких задач також можна використову-

150

вати означення визначеного інтеграла як границі

інтегральних сум:

де

.



Покажемо, що шукана границя є границею

інтегральної суми деякої функції (а тому може бути обчис-

лена як визначений інтеграл). Маємо

Отже,


Задача 3.3.9. Довести, що для всіх


Задача 3.3.10. Довести, що для всіх


151

Задача 3.3.11. Знайти область визначення функції

. Задача 3.3.12. Довести, що для всіх і натураль-

них виконується нерівність

Задача 3.3.13. Яке з двох чисел більше: чи ?

Задача 3.3.14. При якому натуральному n число

є найбільшим?

Задача 3.3.15. Знайти формулу го члена

послідовності

Задача 3.3.16. Знайти всі диференційовні функції

які задовільнять рівняння

Задача 3.3.17. Чи існує функція , що визначена на

множині всіх дійсних чисел , набуває дійсних значень та

задовольняє такі умови:

1) диференційовна на ;

2) 3)

Задача 3.3.18. Скласти рівняння прямої, яка у двох

точках дотикається до графіка функції

Задача 3.3.19. Нехай точка на стороні к вад-

рата . Знайти такі точки і на сторонах і ,

щоб відрізки і були паралельні, а чотирикутник

мав найбільшу площу. Задача 3.3.20. У сектор, градусна міра якого 60 ,

впишіть прямокутник найбільшої площі (вершини прямо-

кутника лежать на сторонах та дузі сектора).

Задача 3.3.21. Після декількох операцій

диференціювання та множення на , виконаних у

152

довільному порядку, многочлен перетвориться на

. Довести, що різниця ділиться на 49.

Задача 3.3.22. На похилу площину, яка утворює з го-

ризонтальною площиною кут , кидають камінь зі

швидкістю . В якому напрямку і під яким кутом до

похилої площини треба кинути цей камінь, щоб дальність

польоту була найбільшою? Задача 3.3.23. Визначити геометричне місце вершин

парабол , які дотикаються до параболи

. Задача 3.3.24. Знайти найменше можливе значення A

таке, що для всіх квадратичних членів , які задоволь-

няють умову при , виконується

нерівність .

Задача 3.3.25. Функція визначена та

диференційовна на відрізку , причому . До-

вести, що для довільного додатного на інтервалі ( знайдеться таке , що виконується .

Задача 3.3.26. Знайти всі дійсні значення , для яких

функція

є монотонно зростаючою на всій числовій прямій.

Задача 3.3.27. Многочлен четвертого степеня має чо-

тири корені, попарні відстані між якими не менші від 1.

Довести, що похідна цього многочлена має хоча б два

корені, відстань між якими також не менша від 1.

Задача 3.3.28. Довести, що до графіка функції можна провести три дотичні, які перетинаються в одній

точці .

Задача 3.3.29. Довести, що похідна функції

153

від’ємна у всіх точках, у яких функція визначена.

Задача 3.3.30. Яке існує найбільше скінченне число

точок дотику прямої та синусоїди?

Задача 3.3.31. Многочлени го степеня має

різних коренів , а многочлен – го степе-

ня має різних коренів причому

. Скільки коренів може

мати многочлен ?

Задача 3.3.32. Яку найбільшу кількість коренів може

мати многочлен , де – задані числа?

Задача 3.3.33. Маємо фігуру, обмежену лініями

У якій точці графіка

треба провести дотичну, щоб вона відтинала

від даної фігури трапецію найбільшої площі?

Задача 3.3.34. Розглянемо послідовність , утво-

рену за таким законом:

Вказати всі значення , за яких послідовність має гра-

ницю, та обчислити цю границю.

Задача 3.3.35. Знайти площу фігури, обмеженої

графіками функцій та .

Задача 3.3.36. Довести, що площа фігури обмеженої

прямими

та графіком функції

,

не менша від 1.



.

154

Задача 3.3.39. Знайти найменшу відстань між точка-

ми і , які лежать відповідно на кривих та

.

Задача 3.3.40. Точки у вказаному порядку лежать на параболі . Знайти координати точки , якщо площа трикутника

найбільша.

Задача 3.3.41. Розв’язати рівняння

Задача 3.3.42. Розв’язати систему рівнянь

Задача 3.3.43. Знайти геометричне місце точок, з

яких можна провести взаємно перпендикулярні дотичні до

параболи .

Задача 3.3.44. Розв’язання рівняння

Задача 3.3.45. Функція задана і має похідну на

Довести, що коли для всіх виконують-

ся нерівності


3.3.11. Вказівка: позначте та дослідіть при

функцію . Відповідь: 3.3.12. Вказівка: прологарифмуйте

нерівність та розгляньте функцію 3.3.13.

Вказівка: дослідіть на монотонність функцію

.

Відповідь: перше. 3.3.14. Вказівка: дослідіть на

монотонність функцію

. Відповідь: при .

155

3.3.15. Вказівка: розв’язання задачі зводиться до знаход-

ження значення в точці функції

Відповідь:

. 3.3.16. Відповідь: або .

3.3.17. Вказівка: продиференціюйте рівність з умови 3) та

обчисліть (2000). Відповідь: не існує. 3.3.18.

Відповідь:

. 3.3.19. Вказівка: нехай

. Тоді ( )=

Відповідь: при

при

маємо 3.3.20. Вказівка: потрібно розглянути також

випадок симетричного розміщення прямокутника

всередині сектора (вісь симетрії сектора є віссю симетрії

прямокутника). Отримуємо, що найбільша з площ вписа-

них таким способом прямокутників

. Відповідь: це прямокут-

ник, одна зі сторін якого лежить на стороні сектора та одна

з вершин якого є серединою дуги сектора;

,

де – радіус сектора. 3.3.21. Вказівка: зробіть підстановку

3.3.22. Відповідь: площина траєкторії польоту

перпендикулярна до лінії перетину горизонтальної і

похилої площини; під кутом

.3.3.23. Відповідь:

шукані параболи мають рівняння виду

,

а їхні вершини лежать на параболі

. 3.3.24.

Вказівка: розгляньте значення функції

в точках

Відповідь: 3.3.25. Вказівка: розг-

156

ляньте функцію та застосуйте до неї

теорему Ферма. 3.3.26. Відповідь: при

. 3.3.27. Вказівка: скористайтесь тео-

ремою Ролля. 3.3.28. Відповідь: множиною таких точок є

множина . 3.3.29. Вказівка:

покажіть, що на кожному з проміжків ( дана функція є добутком додатних спад-

них функцій, а на кожному з проміжків

функція

є добутком додатних зростаючих функцій. 3.3.30.

Вказівка: пряма та синусоїда дотика-

ються в точці з абсцисою тоді і тільки тоді, коли при

рівні значення цих функцій та їх похідних.

Відповідь: 2. 3.3.31. Вказівка: розгляньте функцію

, при

умовах задачі дане рівняння рівносильне рівнянню

Відповідь: . 3.3.32. Вказівка: скористайтесь

наслідком з теореми Ролля. Відповідь: 4 при =3. 3.3.33.

Відповідь: у точці

. 3.3.34. Вказівка: скористайтесь

ознакою Вейєрштрасса збіжності послідовності.

Відповідь:

при

при

при . 3.3.35. Вказівка: розг-

ляньте графіки функцій

та

, які є оберненими

до даних. Відповідь:

. 3.3.36. Вказівка: скористай-

тесь нерівністю

при

3.3.37.

Відповідь :

. 3.3.38. Відповідь:

3.3.39. Вказівка: права

частина кривої та крива симетричні

відносно прямої = . Відповідь:

. 3.3.40. Вказівка: до-

157

тична до параболи у точці паралельна прямій ,

рівняння параболи Відповідь :

3.3.41. Відповідь: 3.3.42. Вказівка: дослідіть

функцію Маємо а на

проміжку функція зростає. Враховуючи це,

отримуємо, що єдиний корінь рівняння

, тобто Відповідь: та 3.3.43. Відповідь: пряма

3.3.44. Відповідь: . 3.3.45. Вказівка: розг-

ляньте функцію

.

158

РОЗДІЛ ІV. Функціональні рівняння

§4.1. Поняття про функціональне рівняння

та його розв’язок

Функціональне рівняння – це рівняння, в якому неві-

домими є функції (одна або декілька).

Функціональні рівняння нерідко зустрічаються в ма-

тематиці. Наприклад, функціональні рівняння

за-

дають такі властивості функцій, як парність, непарність,

періодичність.

Під виразом “розв’язати функціональне рівняння” ро-

зуміють знаходження невідомої функції, при підстановці

якої в початкове функціональне рівняння воно перетворю-

ється в тотожність (якщо невідомих функцій декілька, то

необхідно знайти всі).

В функціональних рівняннях крім невідомих функцій

можуть бути присутні відомі функції, задані в будь-якій

формі – явній або неявній.

Одними з найпростіших функціональних рівнянь є

рівняння Коші

Неперервні розв’язки цих чотирьох основних рівнянь ма-

ють відповідно вигляд , В класі розривних функцій можуть бути й інші розв’язки.

Зауважимо, що в задачі завжди чітко повинно бути

обумовлено, на якій множині функціональне рівняння

задається, тобто яка область визначення кожної невідомої

функції. Це необхідно тому, що загальний розв’язок

159

функціонального рівняння може залежати від цієї множи-

ни. Крім області визначеня самих функцій, важливо знати,

в якому класі функцій шукається розв’язок. Кількість і

поведінка цих розв’язків залежить від классу функцій.

Багато функціональних рівнянь містять декілька

змінних (х, у і т. д.), і необхідно розуміти, що ці змінні є

незалежними. Це означає, що рівність, яка визначає

функціональне рівняння, виконується для будь-яких зна-

чень змінних х, у (незалежно один від одного), і якщо

навіть ми зафіксуємо у ( наприклад, підставимо в рівняння

у=0), то рівність буде як і раніше виконуватись для кожно-

го значення х. Цей факт широко використовують при

розв’язуванні майже всіх функціональних рівнянь, які

містять декілька незалежних змінних, і він є одним з ос-

новних.

Багато функціональних рівнянь не визначають кон-

кретну функцію, а задають клас функцій, тобто виражають

властивість, яка характеризує той чи інший клас функцій.

Далі озглянемо деякі прийоми, які дозволяють

розв’язувати функціональні рівняння.

§4.2. Ідея неперервності

Знаходження неперервного розв’язку функ-

ціонального рівняння– як правило, задача не з легких. Вся

складність зазвичай полягає у використанні самого факту

неперервності функції.

Означення 4.2.1. Функцію будемо називати не-перервною в точці , якщо для цієї функції виконуються наступні умови:

1) , тобто належить області визна-чення функції;

160

2)

, при умові, що ця границя

існує.

Якщо хоча б одна з даних умов не виконується, то

функція не буде неперервною в точці , тобто є розрив-

ною.

Означення неперервності функції в точці часто вико-

ристовують як один з методів у розв’язуванні

функціональних рівнянь.

Будемо називати функцію неперервною на відрізку

якщо вона неперервна в кожній точці цього відрізка.

При розв’язуванні функціональних рівнянь широко засто-

совують наступне твердження:

Теорема 4.2.1 (Больцано-Коші). Якщо функція

неперервна на деякому проміжку і на кінцях цього проміжка приймає різні значення а А і

В то вона також приймає всі проміжні між А і В значення на проміжку .

Ця теорема має простий геометричний зміст: якщо

провести пряму , де будь-яке число між і , то

графік вихідної функції обов`язково її перетне (Рис. 4.1).

Рис. 4.1.

Як приклади застосування цієї теореми розглянемо

наступні дві задачі.

161

Задача 4.2.1. Функція неперервна на всій числовій

прямій і задовольняє рівняння для всіх х. До-

вести, що рівняння має хоча б один корінь.


Розглянемо функцію Припустимо,

що для всіх х. Тоді для кожного х. Тому

функція або скрізь додатнa або скрізь від’ємна. (Якщо

б існували a i b такі, що <0, >0, то за теоремою

Больцано-Коші функція повинна приймати всі проміжні

значення між і , в тому числі і нуль, що є немож-

ливим). Нехай для означеності , тобто .

Позначимо . Оскільки , то

, звідси = Прийшли до

суперечності. А це означає, що при деякому х маємо

.

Задача 4.2.2. Функція визначена на всій числовій

прямій, причому для довільного x має місце рівність:

Довести, що функція не може бути неперервною.


Покажемо, що значення функції не можуть змі-

нюватися неперервно. По-перше, зрозуміло, що функція

не може приймати значення . Дійсно, якщо то з вихідного рівняння маємо:

що є неможливим. Крім того, функція повинна приймати

значення як менші, так і більші ніж . Перевіримо це.

Перепишемо початкове функціональне рівняння наступ-

ним чином:

Якщо приймає значення або тільки більші , або

тільки менші , то мають одна-

кові знаки, і тому з (4.1) знаходимо, що для будь-

162

якого х. Але тоді ліва частина в початковому вигляді фун-

кціонального рівняння більше нуля, а права частина рівна

0. Прийшли до суперечності. Отже, функція приймає

значення, більші і менші , але не може бути рівна ,

що для неперервної функції не виконується (теорема Боль-

цано-Коші). Це означає, що – розривна.

Тепер розглянемо типову задачу, в якій головною

ідеєю розв’язку є використання неперервності функції в

точці.

Задача 4.2.3. Знайти всі неперервні функції які

задовольняють співвідношення для

довільного .


В дане функціональне рівняння замість х підставимо

(це можна зробити, оскільки функція визначена для

всіх х), після підстановки отримаємо

.

Аналогічну операцію виконаємо ще декілька разів:

Таким чином,

для будь-якого натурального . Використовуючи

неперервність функції в точці 0, маємо:

Отримали, що , де тобто функція

є сталою.

163

§4.3. Рівняння Коші (Метод послідовного аналізу

поведінки функцій при цілих, раціональних

і дійсних значеннях аргумента)

§4.3.1. Функціональне рівняння лінійної

однорідної функції

В цьому пункті знайдемо розв’язки функціонального

рівняння Коші:

Легко помітити, що лінійні однорідні функції виду

задовольняють це рівняння:

Виникає питання, чи будуть ці функції єдиними.

Для початку виведемо декілька загальних фактів, не

накладаючи ніяких обмежень на функцію (тобто без

будь-яких припущень про неперервність, обмеженість і т.

д.).

Покладемо в рівнянні Коші . Отримаємо:

Далі, послідовно покладаючи у=2х, у=3х, у=4х і т. д.,

маємо:

і в загальному, для будь-якого натурального n

(це легко перевірити методом математичної індукції).

Замінивши далі на

х, отримаємо

164

а потім, підставивши ( натуральне) замість і ви-

користавши попередню рівність, прийдемо до

співвідношення

Покладемо тепер в рівнянні (4.2) . Отрима-

ємо тому

Якщо взяти то, з урахуванням (4.2), знайде-

мо:

отже, функція є непарною. А тоді з (4.3) легко вивес-

ти:

Отримані співвідношення (4.4)–(4.6) можуть бути

об’єднані в рівність

що має місце для будь-якого дійсного значення , яким би

не було раціональне число . Якщо взяти , то отримаємо

або, якщо позначити через .

Таким чином, власне кажучи, встановлено вже вид

функції , але поки що тільки для раціонних значень аргу-

мента. При цьому використали тільки той факт, що функ-

ція задовольняє рівняння Коші (4.2). Далі в розв’язанні

будемо вже спиратись на конкретний клас функцій, в яко-

му шукається розв’язок. Розглянемо деякі найбільш зага-

льні класи функцій.

Клас неперервних функцій.

Для раціональних вже встановлено, що .

Залишилось показати, що це співвідношення справедливе і

165

для ірраціональних . Нехай це будь-яке ірраціональне

число. Тоді існує послідовність раціональних чисел

яка збігається до цього числа (це відомий факт; можна,

наприклад, взяти відрізки відповідних нескінченних десят-

кових дробів). Згідно з доведеним

Перейдемо тут до границі при

Справа отримаємо , зліва ж, саме з огляду на умову не-

перервності функції , отримаємо

отже, остаточно,

Таким чином, дійсно, всі неперервні адитивні функції

є лінійними однорідними. Остання формула дає загальний

розв’язок функціонального рівняння (4.2).

Клас монотонних функцій

Далі припустимо, що функція не спадає на всій дій-

сній осі (випадок незростаючої функції розглядається ана-

логічно). Отже, для будь-яких Для раціональних доведено Візьмемо

довільне ірраціональне . Відомо, що будь-яке ірраціона-

льне число можна як завгодно добре наблизити раціональ-

ними числами, тому для будь-якого натурального існує

ціле таке, що

і при досить великих число розташоване між двома

дуже близькими раціональними числами, різниця між яки-

ми дорівнює

Використовуючи монотонність функції ,

будемо мати

166

звідки (скориставшись співвідношенням для раціональних

значень функцій )

Згідно з (4.5) тому адже функція

не спадає, отже, Якщо , то з нерівності маємо

Якщо то з (16)

Порівнюючи ці нерівності з (4.8), отримаємо

Покажемо це.

Припустимо, що це невірно, наприклад,

для

обраного ірраціонального . Підберемо наскільки вели-

ким, щоб дріб

набув значень між

і , тобто

що суперечить (4.10). Отримана суперечність пока-

зує, що

для будь-якого заданого ірраціонального

, тому для всіх .

Зауваження. З доведення зокрема слідує, що якщо

для то функція лінійна однорідна. Для

цього досить нагадати, що тому при і, отже, функція монотонна при

Клас обмежених функцій

Нехай тепер функція обмежена зверху (або зни-

зу) на будь якому інтервалі . Доведемо, що лінійними

однорідними функціями вичерпуються всі розв’язки (4.2) з

даного класу. Дослідимо розв’язки рівняння (4.2), припус-

167

каючи, що обмежена зверху (випадок, коли обмежена

знизу, зводиться до розглядуваного випадку заміною на

– ).

Будемо вважати, що функція обмежена зверху кон-

стантою , тобто для всіх Розглянемо

допоміжну функцію

Згідно з доведеним вище при будь-якому

раціональному Крім того, функція також є адитив-

ною. Дійсно,

Підставимо ( раціональне) в рівність

отримаємо, враховуючи, що ,

Отже, будь-яке раціональне число є періодом функції

. Покажемо тепер, що обмежена на інтервалі

. Маємо

де , оскільки

при .

Звідси слідує, що обмежена зверху на всій дійс-

ній осі. Справді, для будь-якого дійсного існує раціо-

нальне число таке, що тобто

Тому

оскільки , а на інтервалі функція об-

межена числом

168

Тепер можна стверджувати, що для будь-

якого дійсного . Припустимо, що це не так. Тобто для

деякого

Оскільки для функції , як для адитивної функції, ви-

конується співвідношення (4.3), то

для будь- якого цілого Очевидно, що можна підібрати

таке (можливо навіть досить велике за абсолютною ве-

личиною), що

тобто Але функція обмежена зверху сталою . Отриму-

ємо суперечність. Отже, звідки що

й потрібно було довести.

Існують й інші класи функцій, в яких адитивна функ-

ція буде обов’язково лінійною однорідною, проте відомо

приклад адитивної функції і в класі розривних функцій.

Цей приклад, побудував Гамель. Побудована функція має

наступну властивість: на будь-якому (довільно вибраному)

інтервалі , навіть як завгодно малому, функція не обмежена, тобто серед значень, які дана функція прий-

має на цьому інтервалі, є і таке, яке більше від будь-якого

наперед заданого додатнього числа. Для побудови такої

функції Гамель розглянув множину дійсних чисел, яку

називають тепер базисом Гамеля, і яка володіє властивіс-

тю, що будь-яке дійсне число можна представити, і при

цьому єдиним способом, у вигляді

Довільним чином визначивши значення в точ-

ках множини , можна однозначно продовжити її на всю

числову пряму за допомогою рівності

169

що випливає з властивості адитивності функції. Такими

функціями вичерпуються всі розв’язки (4.2).

§ 4.3.2. Функціональне рівняння показникової

функції

Покажемо, що всі неперервні на всій дійсній прямій

функції, що задовольняють функціональне рівняння

визначаються за формулою

(окрім функції, яка тотожно рівна 0).

Отже, нехай – неперервна і визначена при всіх

дійсних функція, яка задовольняє (4.11). Виключимо

тривіальний розв’язок . Тоді для деякого значення

ця функція відмінна від нуля. Покладемо в (4.11)

:

звідки очевидно, що не дорівнює нулю при будь-

якому . Замінимо і в (4.11) на , отримаємо

тому строго більше 0 для всіх . Тоді рівність (4.11)

можна прологарифмувати, наприклад, за основою

Поклавши в цьому співвідношенні , при-

йдемо до функціонального рівнянні Коші (4.2)

Враховуючи, що неперервна функція (як супер-

позиція неперервних функцій), згідно з доведеним маємо:

звідки одержуємо, що

170

Таким чином, єдиною неперервною функцією, яка

задовольняє рівняння Коші (4.11), є показникова функція

(або функція, яка тотожно рівна нулю).

В якості класу функцій, в якому шукали розв’язок

(4.11), було розглянуто лише клас неперервних функцій.

Як і в п. 4.3.1, можна було б знайти розв’язок для моно-

тонних і обмежених функцій, проте цього робити не буде-

мо, тому що (4.11), як було зазначено, зводиться до (4.2).

§ 4.3.3. Функціональне рівняння логарифмічної

функції

Всі неперервні розв’язки функціонального рівняння

яке виконується для всіх додатних значень і , мають

вигляд

Доведемо це. Для цього введемо нову змінну яка

набуває значень з проміжку і покладемо

звідси

Тоді функція задовольняє функціональне рівняння (4.2):

а тому

Якщо виключити випадок , то

отриманий результат можна записати у вигляді

171

§ 4.3.4. Функціональне рівняння степеневої функ-

ції

Функціональне рівняння

задовольняє в класі неперервних функцій тільки функція

виду

Вдаючись до тієї ж підстановки, що і в п. 4.3.3, зве-

демо рівняння (4.13) до вигляду (4.11)

звідси

, і, отже, Метод послідовного аналізу можна застосувати до

розв’язування інших рівнянь.

Задача 4.3.1. Функція визначена і неперервна на

множині , і для будь-яких дійсних

Чому дорівнює ?


Із даної рівності при отримуємо, що

, а при маємо , так що функція

парна і достатньо розглянути тільки додатні значення

аргумента.

За індукцією легко отримати рівність

Дійсно, за припущенням індукції

172

Поклавши в доведеній рівності

будемо мати

тобто

Якщо тепер — додатне раціональне число, то

якщо ж – ірраціональне число, то є границею послідов-

ності раціональних чисел

і внаслідок непере-

рвності будемо мати

§4.4. Метод зведення функціонального рівняння

до відомого за допомогою заміни змінної і функції

В цьому параграфі будемо розглядати певний тип

функціональних рівнянь, які можна звести до рівнянь, за-

гальні розв’язки яких же відомі. Як правило, такі рівняння

зводяться до рівнянь Коші. Метод грунтується на введенні

допоміжної функції, яку слід підібрати таким чином, щоб

після перетворень було зрозуміло, що вона задовольняє

одне з відомих функціональних рівнянь. (Взагалі кажучи, в

пунктах 4.3.2-4.3.4 §4.3 як раз був використаний цей ме-

тод).

173

Задача 4.4.1. Знайти всі неперервні функції , ви-

значені на інтервалі такі, що для будь-яких допус-

тимих значень вираз не залежить

від Розв’язання

За умовою виразу (тут )

не залежить від . Отже, якщо підставити замість будь-

яке значення, наприклад , то це ніяк не вплине на

значення даного виразу. Тому

для будь-яких значень та . Розглянемо нову функцію

тоді отримаємо функціональне рів-

няння

або , яке аналогічне до (3). Отже

Позначивши , знаходимо

Підстановка показує, що дана функція задовольняє

умову при будь-яких значеннях сталих ( ).

Зауважимо, що перевірка є важливою складовою час-

тиною розв’язання будь-якого функціонального рівняння.

В процесі розв’язання намагаються знайти функцію, яка

задовольняє функціональне рівняння, при умові, що вона

існує. Тому якщо вдається встановити її вид, то це ще не

означає, що розв’язок існує, а лише означає, що якщо він

існує, то він обов’язково буде мати встановлений вид. Пе-

ревірка покаже, чи це насправді так.

Задача 4.4.2. Знайти неперервні розв’язки функціо-

нального рівняння


174

В якості допоміжної функції тут зручно використати

таку функцію:

Тоді підставляючи у вихідне рівняння отримаємо

Це є рівняння Коші (4.2). Остаточно знаходимо

Всі такі функції задовольняють умову.

Задача 4.4.3. Розв’язати рівняння Йєнсена в класі не-

перервних функцій


Покладемо в рівнянні замість і замість ,

отримаємо:

Порівнюючи отримане співвідношення з початковим

функціональним рівнянням, маємо:

Це рівняння перетворюється в рівняння Коші (4.2)

при підстановці

тоді

а цей розв’язок дійсно задовольняє рівняння Йєнсена.

Задача 4.4.4. Знайти всі неперервні функції

які задовольняють тотожність


Поділивши тотожність на , запишемо її так:

175

звідси зрозуміло, що в якості допоміжної потрібно взяти

функцію:

Тоді функція задовольняє (4.12). Тому знаходимо

§ 4.5. Метод підстановок

Зміст даного методу полягає в наступному: застосо-

вуючи різні підстановки (тобто замінюючи деякі змінні

функціонального рівняння або конкретними значеннями,

або будь–якими іншими виразами), намагаються або спро-

стити рівняння, або звести його до такого вигляду, щоб

спосіб розв’язання став очевидним. В задачах, які можна

розв’язати таким методом дуже часто не вказується клас

функцій, в якому шукається розв’язок. В таких випадках

вважається, що потрібно знайти всі розв’язки без будь-

яких обмежень (неперервні, розривні і т. д). Особливість

застосованого методу як раз і полягає в тому, що в деяких

випадків він дозволяє знайти розв’язок в класі всеможли-

вих функцій. Розглянемо задачі.

Задача 4.5.1. Знайти всі розв’язки функціонального

рівняння


Покладемо в рівнянні Так як

, то

Нехай тепер . Підставимо в рівняння

,

отримаємо:

176

Функція є, як нескладно переконатись,

розв’язком даного рівняння.

Задача 4.5.2. Нехай – деяке дійсне число.

Знайти функцію , визначену для всіх і таку, що

задовольняє рівняння

де , що визначена при Розв’язання

При заміні на

вираз

перетворюється в .

Тому отримаємо систему

розв’язоком якої при є функція

Задача 4.5.3. Знайти всі функції , задані на

проміжку , для яких

виконується рівність


Виконавши послідовно дві заміни заміні на

і

на , приходимо до системи функціональних рівнянь:

177

Останнє рівняння є сумою перших двох, домножених

на , тобто із даної системи функцію не можна ви-

значити однозначно. Із перших двох рівнянь знаходимо

Функцію можна задати довільним чином на од-

ному із інтервалів , а формули

(4.14) дозволять продовжити на всю множину .

§ 4.6. Граничний перехід

В цьому параграфі ідея граничного переходу буде

проілюстрована в наступних двох прикладах.

Задача 4.6.1. Функція неперервна в точці 0

і для будь-якого виконується рівність

Знайти всі такі .


Нехай функція задовольняє умову. Тоді

178

Тривіальна перевірка показує, що функція

дійсно є шу-

каною функцією.

Задача 4.6.2. Довести, що рівняння

не має неперервних розв’язків.


Припустимо, що існує неперервний розв’язок функ-

ціонального рівняння (4.15). Підставимо у вихідне

рівняння замість вираз

(адже якщо

), отримаємо:

Тепер замінимо на

у співвідношенні (4.16):

Проведені перетворення повторимо ще декілька

разів. На му кроці маємо:

Додамо всі отримані вирази, починаючи з (4.15) і

закінчуючи (4.18) (всього буде виразів) і зведемо подібні

доданки:

Рівність (4.19) виконується для будь – якого нату-

рального . Зафіксуємо , а спрямуємо до . Внаслідок

неперервності в точці , будемо мати

179

де

Ліва частина (4.20) при конкретному (фіксованому)

є деякою константою, тобто при даному ряд в правій

частині (4.20) збігається до цієї константи. Покажемо, що

цей ряд розбіжний при будь – якому значенні , таким

чином прийдемо до суперечності.

Для будь – якого натурального виконуєть-

ся нерівність

тому

Частинна сума гармонійного ряду

нескінченно зростає при збільшенні (відомий факт), отже

тобто ряд

розбігається до . Цим доведення

закінчується.

Задача 4.6.3. Знайти функцію , обмежену на

будь – якому скінченному інтервалі, яка задовольняє

функціональне рівняння:

180


Поклавши отримаємо Маємо

переходячи до границі при і використовуючи

неперервність функції , а також умову

отримаємо, що

§ 4.7. Похідна і функціональні рівняння

При розв’язуванні деяких функціональних рівнянь

зручно застосовувати похідну.

Задача 4.7.1. Знайти всі дійсні диференційовні

функції, які задовольняють функціональне рівняння


Нехай функція задовольняє дане рівняння. Тоді

тобто і, відповідно, Після

перетворень маємо

181

звідки випливає (з врахуванням

що

де Тому,

Умова означає, що тобто .

Очевидно, всі функції виду задовольняють умову

задачі.

Зауваження. При розв’язанні було використано

тільки умову диференційовності функції в нулі. Вона

було застосована при виконанні граничного переходу

в рівності (4.22). В лівій частині (4.22) отримаємо

, а в правій частині маємо

оскільки

і

(адже диференційовна в нулі, а значить, не-

перервна). До співвідношення (4.23) можна прийти іншим

способом. Безпосередньо продиференціювавши вихідне

функціональне рівняння (4.21) по , отримаємо

і поклавши тут (знову ж таки при умові існування

похідної в нулі) і враховуючи , приходимо до

(4.23)

Задача 4.7.2. Розв’язати функціональне рівняння

182

Вказівка. Покласти і отримати рівняння від-

носно Відповідь:

довільні сталі.

Задача 4.7.3. Знайти функцію , яка задовольняє

рівняння


Введемо нові функції

Очевидно, що функція парна, а непар-

на функція, причому Отримаємо

рівняння відносно нових функцій

Так як то ,

Безпосередньою перевіркою переконуємося в тому, що при

будь – яких числах , функція є розв’язком

вихідного рівняння.

§ 4.8. Функціональні рівняння, що містять

декілька невідомих функцій

Вперше рівняння Коші для декількох невідомих

функцій розглянув Сінцов Д.М.

Задача 4.8.1. Знайти неперервні на всій дійсній

прямій функції які задовольняють

узагальнені рівняння Коші:

183


Розглянемо останнє рівняння. Покладемо ,

Нехай Тоді при отримаємо

або , а при отримаємо

і, отже,

Нова невідома функція

задовольняє

рівняння Коші (4.13) Його розв’язком

є функція . Відповідно, розв’язком вихідного

рівняння є функції Випадок не викликає трудностей. Перші три

рівняння розв’язуються подібним чином.

Задача 4.8.2. Знайти двічі диференційовні на всій

числовій осі функції , які задовольняють

рівняння


Нехай Тоді і отримаємо

розв’язок: довільна функція. Якщо

то Диференціюючи це рівняння двічі

по змінній і покладаючи потім будемо мати

Можливі наступні випадки і відповідні їм розв’язки:

1) довільні

числа, 2) 3) Задача 4.8.3. Знайти функцій ,

що задовольняють рівняння

184

де фіксоване число.


Вважаючи , будемо мати .

Звідси отримуємо розв’язок початкового рівняння:

, довільна функція. Якщо , то

. Диференціюючи дане рівняння по змінній і

вважаючи, що , будемо мати

Якщо

, то функція , де число

, а

функція . Якщо

, то

або . В другому випадку, диференціюючи почат-

кове рівняння двічі по змінній і покладаючи, що отримаємо

. Можливі наступні випадки і відповідні їм розв`язки:

1)

2)

3) .

§ 4.9. Системи функціональних рівнянь

Задача 4.9.1. Розв’язати наступну систему функціо-

нальних рівнянь:


185

Спочатку дослідимо деякі властивості функцій і , які задовольняють задані в умові рівняння. Це дасть

нам можливість знайти частинні розв’язки цих рівнянь.

Якщо для деякого , то із другого рівнян-

ня слідує, що при будь-якому , тобто

. Тоді з першого рівняння отримаємо

, що дає нам перший тривіальний розв`язок

Надалі будемо вважати, що скрізь . Пок-

ладаючи в першому рівнянні , знаходимо, що

.

Якщо для деякого , то із першого рів-

няння при отримаємо

тобто має період . З іншого боку, покладаючи в пер-

шому рівнянні і використовуючи (4.25), отримаємо

звідки або , або . Перше з них призво-

дить до другого тривіального розв’язку

[точніше кажучи, повинна тут бути розв’язком фу-

нкціонального рівняння

) ; відомо (див. ,

п.4.3.2.), що при досить загальних додаткових умовах буде

виконуватись (4.26), якщо тільки ].

Отже, якщо відкинути тривіальний розв`язок, то

, якщо . Користуючись симетрією

першого рівняння відносно і , отримаємо

і якщо і , то

186

Ліва частина цієї тотожності залежить тільки від , а права

тільки від . Отже, обидві дорівнюють одній і тій же конс-

танті, яку позначимо . Тоді

Ця тотожність доведена зараз при умові, що

. Проте, як можна побачити вище, вона справед-

лива і при , а отже, і при всіх . Підставляючи

(4.28) в перше із початкових функціональних рівнянь,

отримаємо

Безпосередньою перевіркою переконуємось, що якщо

задовольняє рівняння (4.29), а можна знайти із

(4.28), то обидва функціональні рівняння, задані в умові

задачі, виконуються. Таким чином, залишається розв’язати

рівняння (4.29).

Перед тим як перейти до відшукання загального

розв’язку, розв’яжемо (4.29) в класі функцій, які мають

похідну в нулі, тобто таких, для яких існує границя

(вище вже було встановлено, що ). Із (4.29) маємо

Отже, функція диференційовна і задовольняє

диференціальне рівняння

Розв’язуючи це рівняння з врахуванням початкової

умови , знаходимо

187

(th слід замінити на cth, якщо модуль аргумента більший за

).

Із (4.28) знаходимо відповідну :

Нехай . Запишемо у вигляді

Із (4.29) отримаємо функціональне рівняння для

і, значить, задовольняє рівняння

Залишаючи в стороні “погані” розв’язки цього рівняння

(див.§3, п. 4.3.1), маємо , звідки знову прийдемо

до першої формули (4.30)

Аналогічно і при . Таким чином, всі “хороші”

розв’язки (наприклад, обмежені в деякому околі точки 0)

задаються формулами (4.24), (4.26), (4.30) і (4.31).

188

§ 4.10. Розв’язання функціональних рівнянь,

заданих на множині натуральних чисел

Задача 4.10.1. Кожному натуральному числу пос-

тавлено у відповідність ціле невід’ємне число число так, що виконуються наступні умови:

1) для будь-яких натураль-

них чисел ;

2) , якщо остання цифра в десятковому

записі числа дорівнює 3;

3) Довести, що для будь-якого натурального

числа .


Оскільки то Будь-яке натуральне число

можна представити у вигляді , де Іншими словами, Звідси

, і з останньої рівності отримаємо, що

. Так як остання цифра числа дорівнює 3,

то згідно з умовою 2) маємо . З іншого боку, із

1) отримаємо Отже, і

Задача 4.10.2. Знайти функцію визначену на мно-

жині натуральних чисел, яка набуває тільки додатні зна-

чення і задовольняє наступні дві умови:

1)

2)

для

всіх натуральних чисел .


Використовуючи умову 2), послідовно отримаємо:

189

тобто

тобто

(тут використовується і умова 1)). Рівності (4.32) і (4.33)

дозволяють знайти і . Маємо Доведемо, що для будь-якого По-

перше, дана рівність правильна для Далі при-

пустимо, що вона правильна для деякого Тоді

Цей результат і властивість 2) дають наступне спів-

відношення:

Із останньої рівності знаходимо . Дове-

дення закінчено.

§ 4.11. Функціональні нерівності

Задача 4.11.1. Функція двічі диференційовна на ві-

дрізку Відомо, що

190

1) 2)

Довести, що Розв’язання

Розглянемо допоміжну функцію

Продиференціювавши її, отримаємо

Отже, не спадає на проміжку . Але

що означає

Тоді звідки

Таким чином,

є сталою, і

Задача 4.11.2. Знайти всі такі функції , що для будь-

яких чисел виконується нерівність


Переставивши місцями змінні , отримаємо

Отже, для будь-яких виконується

Поділимо останню подвійну нерівність на

припувши, що отримаємо:

Отже, для будь-яких дісних виконуються

нерівності

191

Тепер зафіксуємо, наприклад змінну , а значення

спрямуємо до . Тоді в отриманій подвійній нерівності

вираз, що стоїть справа і зліва буде прямувати до нуля, а

між знаками нерівності буде стояти вираз для похідної фу-

нкції

Таким чином, встановлено існування похідної функції

в довільній точці , причому Звідси випли-

ває, що функція є сталою.

§4.12. Деякі загальні методи, що дозволяють

знаходити часткові розв’язки різних

функціональних рівнянь

Приклад 4.12.1. Нехай – множина додатних раці-

ональних чисел. Навести приклад функції

такої, що

для всіх Розв’язання

Зауважимо, що якщо , то з даного фун-

кціонального рівняння випливає , що .

Покладаючи , маємо . При із рів-

няння отримаємо, що

для усіх . Тоді

, і, отже,

для усіх

. Тому, якщо

, то звідси випливає що

для всіх .

192

Зазначимо, що будь-яка функція , яка при всіх

задовольняє умови:

1)

2)

,

задовольняє задане в умові задачі рівняння. Функція

, яка задовільняє умову 1), може бути, очеви-

дно, означена за допомогою рівності

де означає j-е просте число і . Така функція буде

задовільняти умову 1) тоді і тільки тоді, коли вона задово-

льняє умову 2) тільки для простих чисел.

Означимо її для простих чисел наступним чином

Побудована таким чином функція задо-

вольняє тотожність

для будь – якого прос-

того ,і, отже, задовольняє умову задачі.


Розв’язати функціональні рівняння (4.1–4.20):

4.1.

4.2. 4.3. 4.4.

= 4.5.

4.6.

193

4.7.

4.8. 4.9.

4.10.

4.11.

4.12.

4.13.

4.14. 4.15.

4.16.

4.17. 4.18. =

4.19.

4.20.

Задача 4.21. Функція визначена на відрізку і

задовольняє умови: якщо то

Довести, що якщо

то

Задача 4.22. Розв’язати функціональне рівняння

в класі неперервних функцій.

Задача 4.23. Знайти функцію, яка обмежена в точці

і задовольняє рівняння

Задача 4.24. Розв’язати на півосі функціональ-

не рівняння де фіксоване дійсне число,

а натуральне число.

Задача 4.25. Знайти всі неперервні на функції

, які задовольняють умову при всіх .

194

Задача 4.26. Многочлен при всіх за-

довольняє рівність

Довести, що , де деяке число

Задача 4.27. Нехай

для всіх . Довести, що

для всіх і функція має нескінченну

кількість нулів на Задача 4.28. Знайти всі пари функції які

диференційовні в кожній точці , що відмінна від , і

такі, що для всіх виконуються рівності

Задача 4.29. Знайти функцію таку, що

для будь-яких .

Задача 4.30. Знайти всі функції які диференційовні

для всіх і задовольняють наступні умови:

1) Для будь-якого дійсного виконується рівність

2) Для будь-яких дійсних чисел таких, що

і виконується рівність

3) Задача 4.31. Функція диференційовна на множині

цілих невід’ємних чисел, причому для і Знайти

Задача 4.32. Розв’язати функціональне рівняння

Задача 4.33. Чи існують такі дійсні числа і , що

для будь-якого функція

задовольняє нерівність

195

Задача 4.34. Функція неперервно-диференційовна

для будь-якого . Довести, що якщо для

будь-якого і , то тотожно дорівнює нулю.

Задача 4.35. Знайти неперервні розв’язки

функціонального рівняння якщо виконуються умови:

1) – довільні дійсні числа, відмінні від нуля;

2) Задача 4.36. Знайти всі неперервні функції i

які задовольняють функціональне рівняння

для будь-яких чисел і

Задача 4.37. Знайти всі неперервні функції

які задовольняють для всіх дійсних

значень рівняння

Задача 4.38. Знайти всі неперервні обмежені функції

які задовольняють для всіх

дійсних значень систему рівнянь

–

і виконуються умови нормування

196

Список використаної літератури

1. Анiкушин А. В. Київські міські математичні олімпі-

ади. 2003–2011 роки / А. В. Анікушин, О. О. Клурман,

Г. В. Крюкова та ін.; за ред. Б. В. Рубльова. — Х.:Гімназія,

2011. — 192 с.

2. Анiкушин А. В. Математичні олімпіадні змагання

школярів України. 2009–2010 / А.В. Анікушин,

А. Р. Арман та ін.; за ред. Б.В. Рубльова. – Х.: Гімназія,

2011 – 320с.

3. Анiкушин А. В.Математичні олімпіадні змагання

школярів України: 2007–2008 та 2008–2009 рр. /

А. В. Анікушин, А. Р. Арман та ін.; за ред.

Б. В. Рубльова.— Львів: Каменяр, 2010. — 549 с.


школярів України: 2010–2011 / А.В. Анікушин,

А.Є. Данилова та ін.; за ред. Б.В. Рубльова. — Харків:

Гімназія, 2013. — 368 с.



А.Є. Данилова та ін.; за ред. Б.В. Рубльова. — Харків:

Гімназія, 2013. — 416 с.


школярів України: 2012–2013 / А.В. Анікушин, Б.С. Ківва

та ін.; за ред. Б.В. Рубльова. — Харків: Гімназія, 2014. —

401 с.



О.О. Клурман та ін.; за ред. Б.В. Рубльова. — Харків:

Гімназія, 2015. — 465 с.




Гімназія, 2016. — 464 с.

197




Гімназія, 2017. — 464 с.

10. Апостолова Г. В. Антьє i мантиса числа / Г.В. Апо-

столова, В.В. Ясiнський. – К.: Факт, 2006. – 128 с.

11. Апостолова Г. В. Математика. Працюємо на

множині цілих чисел : 6-11 кл. / Г.В. Апостолова. - К.: Ге-

неза, 2014. - 144 с.: іл.

12. Ацел Я. Функциональные уравнения с несколькими

переменными / Я. Ацел, Ж. Домбр. – М.: ФИЗМАТЛИТ,

2003. – 432 с.

13. Бабинская И. Л. Задачи математических олимпиад /

И. Л. Бабинская. – М.: Наука, 1975. – 112 с.

14. Брайман В.Б. Відкриті студентські олімпіади меха-

ніко-математичного факультету Київського національного

університету імені Тараса Шевченка: 1995 – 2014: навча-

льний посібник/ В.Б. Брайман, О.Г. Кукуш . – К.: ВПЦ

«Київський університет», 2015. – 188 с.

15. Бродский Я.С. Функциональные уравнения/

Я. С. Бродский, А.К.Слипенко. – К.: Вища школа, 1983. –

96 с.

16. Васильев Н. Б. Задачи всесоюзных математических

олимпиад / Н. Б. Васильев, А. А. Егоров. – М.: Наука,

1988.– 288 c.

17. Вишенський В. А. Вибрані задачі з алгебри та

геометрії / В. А.Вишенський, М. Й. Ядренко. – К.: Вища

шк., 1978. – 72 с.

18. Вишенський В.А. Збірник задач з математики. /

В. А. Вишенський, М.О. Перестюк, А.М.Самойленко.– К.:

Либідь, 1993.– 344 с.

19. Вишенський В.А. Київські математичні олімпіади

1984–1993 рр. Збірник задач. /В.А. Вишенський,

М. В. Карташов та ін. – К.: Либідь, 1993. – 144с.

198

20. Вишенський В. А. Українські математичні

олімпіади. Довідник. / В.А. Вишенський, О.Г. Ганюшкін та

ін. – К.: Вища школа, 1993. – 415с.

21. Вишенський В. А. Вибрані математичні задачі: на-

учное издание / В. А.Вишенський, М. Й. Ядренко. -

К.:Вища школа, 1974. - 107 с.

22. Войцехівська В. Функціональні рівняння /

В. Войцехівська. – К.: ТОВ «Праймдрук», 2012. – 48 с.

23. Вороний О.М. Функціональні рівняння в олімпіад-

ній математиці: Методичний посібник / О.М.Вороний. –

Кіровоград: РВВ КДПУ імені В. Винниченка, 2010. – 68 с.

24. Вышенский В. А. Сборник задач киевских матема-

тических олимпиад / В. А. Вышенский, Н. В. Карташев,

В. И. Михайловский, М. И. Ядренко. – К.: Вища школа,

1984. – 240 с.

25. Галицкий М.П. Сборник задач по алгебре для 8-9

классов: Учеб.пособие для учащихся шк. и классов с уг-

лубл. изуч. математики / М.П. Галицкий, А.М. Гольдман,

Л.И. Звавич. – М. Просвещение, 1982. - 271 с.

26. Гальперин Г. А. Московские математические

олимпиады / Г. А. Гальперин, А. К. Толпыго. – М.: Про-

свещение, 1986. – 303с.

27. Генкин С. А. Ленинградские математические круж-

ки / С. А. Генкин, И. В. Итенберг, Д. В. Фомин. – Киров:

Аса, 1994. – 272 с.

28. Голубев В. И. Решение сложных и нестандартных

задач по математике /В. И.Голубев. – М: ИЛЕКСА, 2007. –

252c.

29. Гринчук Л.В. Функціональні рівняння та методи їх

розв’язування / Л.В.Гринчук, О.О. Сорока. – Хмельниць-

кий: ОІППО, 2012. – 40 с.

30. Гургула С.І. Збірник задач студентських математи-

чних олімпіад / С.І.Гургула, Я.І.Савчук. – Івано-

Франківськ, ІФНТУНГ, 2014. – 357 с.

199

31. Зарубежные математические олимпиады / Под ред.

Сергеева И.Н. – М.: Наука, 1987. – 416с. 32. Канель-Белов А. Я. Как решают нестандартные за-

дачи / А. Я. Канель-Белов, А. К. Ковальджи; под ред.В.

О. Бугаенко. – М. : МЦНМО, 2008.– 96 с.

33. Курченко О.О. Задачі студентських олімпіад з ма-

тематики: навчальний посібник / О.О.Курченко, Л.В. Ра-

бець. – Суми: ДВНЗ «УАБС НБУ», 2008. – 166 с.

34. Лейфура В. М. Задачiмi жнародних математичних

олiмпiад та методи їх розв’язування / В. М. Лейфура,

I. М. Мiтельман. – Львiв: Євросвiт, 1999. – 128 с.

35. Лейфура В. М. Змагання юних математикiвУкраїни.

2003 рiк / В. М. Лейфура. –Х.: Основа, 2004. – 80 с.

36. Лейфура В. М. Математичнi олiмпiади школярiв

України. 1991-2000 / В. М. Лейфура, I. М. Мiтельман. – К.:

Технiка, 2003. – 541 с.

37. Лейфура В. М. Математичні олімпіади школярів

України 2001-2006. / В. М. Лейфура, І. М. Мітельман,

В. М. Радченко, В. А. Ясінський. – Львів.: Каменяр. 2008. –

348 с.

38. Летчиков А. В. Принцип Дирихле. Задачи с указа-

ниями и решениями /А. В. Летчиков. – Ижевск: Удмурт-

ский университет, 1992. – 108 с.

39. Лихтарников Л.М. Элементарное введение в функ-

циональные уравнения / Л.М.Лихтарников – СПб: Лань,

1997. – 160 с.

40. Лось В. М. Математика: навчаємо мiркувати.

Розв’язування нестандартних задач: [навч. посiбник] /

В. М. Лось, В. П. Тихiєнко. – К.: Кондор, 2005 – 312 с.

41. Михелович Ш.Х. Теория чисел. Учебное пособие

для физ.-мат. факультетов пед. Институтов / Ш.Х. Михе-

лович. – М.: Высш. школа, 1967. – 336с.

200

42. Мітельман І.М. Розвязуємо функціональні рівняння.

Міркування від супротивного / І.М. Мітельман. – Одеса:

ТЕС, 2014. – 67 с.

43. Орлов А. И. Принцип Дирихле / А. И.Орлов //

Квант. 1971. - № 7. – С. 17 – 21.

44. Пенцак Є.Я. Функційні рівняння: Методичний

посібник / Є.Я.Пенцак, А.С.Юрчишин. – Львів: РВВ Львів.

ун-ту, 1998. – 112 с.

45. Савин А.П. Занимательные математические задачи /

А.П.Савин.-М.: АСТ, 1995.-176 с.

46. Садовничий В.А. Задачи студенческих олимпиад по

математике / В.А.Садовничий, А.С. Подколзин.– М.: Нау-

ка. ГРФМЛ, 1978. – 208 с.

47. Сарана О. А. Математичнi олiмпiади: просте i

складне поруч: [навчальнийпосiбник] / О. А. Сарана – К.:

„Видавництво А.С.К.”, 2004. – 344 с.

48. Сарана О.А. Конкурсні задачі підвищеної

складності з математики / О.А.Сарана, В.В. Ясінський. –

К.: НТУУ «КПІ», 2005. – 260c.

49. Сивашинский И. Х.Задачи по математике для вне-

классных занятий / И. Х.Сивашинский.-М.: Просвещение,

1968.- 310 с.

50. Степанов С.А. Сравнения / С.А.Степанов. – М.:

Знание. 1975. - 64 с.

51. Федак І.В. Готуємося до олімпіад з математики/

І.В.Федак. – Кам’янець-Поділ.: Абетка, 2006. – 420с.

52. Федак І. В. Готуємося до олімпіади з математики:

Посібник для загальноосвітніх навчальних закладів. /

І.В.Федак. – Чернівці, 2004. – 360 с.

53. Федак І. В. Методирозв’язування олімпіадних зав-

дань з математики і не тількиїх. / І.В.Федак. – Чернівці:

Зелена Буковина, 2002. – 340 с.

201

54. Федак І.В. Обласні турніри юних математиків: 2005

– 2016 рр./ І.В.Федак. – Івано-Франківськ: Голіней, 2016. –

160 с.

55. Федак І.В. Олімпіади з математики: 1987–2016 ро-

ки. Завдання, відповіді. / І.В.Федак. – Х.: ВГ «Основа»,

2016. – 239 с.

56. Федак І.В. Розв’язування задач підвищеної

складності з математики. Спеціальний курс./ І.В.Федак. –

Івано-Франківськ: Голіней, 2010. – 100 с.

57. Фомин Д.В. Международные математические

олимпиады / Д.В. Фомин, Г.М.Кузнецова. – М.: Дрофа,

1988. – 160 с.

58. Ядренко М. И. Принцип Діріхле і діофантові на-

ближення / М. И.Ядренко.-В кн.: У світі математики. –

1968. - № 1. – С. 101-108.

59. Ясiнський В. А. Олiмпiадна математика:

функцiональнi рiвняння, метод математичної iндукцiї /

В.А. Ясiнський. – Х.: Основа, 2005. – 69 с.

60. Ясiнський В.А.Теорiя лишкiв та її застосування до

розв’язування олiмпiадних задач / В. А. Ясiнський. – Ма-

тематика в школi: Науково-методичний журнал. – 2009. –

№ 1/2. – 40, 35с.

61. Ясінський В.А. Задачі математичних олімпіад та

методи їх розв’язування./ В. А. Ясiнський. – Тернопіль:

Навчальна книга – Богдан, 2005. – 208 с.

62. Ясінський В.А. Олімпіадна математика: функціона-

льні рівняння, метод математичної індукції./ В. А.

Ясiнський. – Харків: ВГ «Основа», 2005. – 96 с.

63. Ясінський В.А. Секрети підготовки школярів до

Всеукраїнських та Міжнародних математичних олімпіад.

Алгебра. / В.А.Ясінський, О.Б.Панасенко. – Вінниця: Се-

редняк Т.К., 2015. – 272 с.

64. Яценко С.М. Вибрані теми шкільної математики:5-

11 класи./ Яценко С.М. -К.: Шкільний світ, 2006.-128 с.

202

Навчальне видання

Серія «Посібники та підручники СНУ імені Лесі

Українки»

Байсалов Джоомарт Усубакунович

Мекуш Оксана Григорівна

Соліч Катерина Василівна

Федуник-Яремчук Оксана Володимирівна

Методи розв’язування олімпіадних задач

Навчальний посібник

Технічні редактори: А. М. Дорощук, О. М. Созонік.

Рекомендовано вченою радою Східноєвропейського

національного університету імені Лесі Українки

Documents

МЕТОДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ОЛІМПІАДНИХ ЗАДАЧ · m 54 Методи розвязування олімпіадних задач: навч. посіб