Math    schooL

 

 

Суммы и произведения

 

Суммы и произведения

 

Немного теории

При решении олимпиадных задач о суммах и произведениях чисел сочетаются различные соображения, связанные с применением:

  • формул сокращённого умножения и других алгебраических тождеств,
  • свойств дробей, корней и степеней чисел,  
  • признаков делимости чисел,
  • свойств числовых последовательностей,
  • метода математической индукции,
  • сведений из комбинаторики,
  • свойств функций и др.

 

Задачи с решениями

1. Докажите, что

(1 + b)·(1 + b2)·(1 + b4)·(1 + b8)· . . . ·(1 + b2n) = 1 + b + b2 + b3 + . . . + b2n+1–1,

где b – рациональное число, n – натуральное число.

Умножим и разделим левую часть равенства на

1 – b.

В числителе в результате последовательного применения формулы разности квадратов двух выражений получим

1 – b2n+1.

Следовательно, левая часть равенства равна

1 – b2n+1
1 – b

В правой части записана сумма  (2n+1)-го первого члена геометрической прогрессии с первым членом – 1, и знаменателем – b. Эта сумма равна

1 – b2n+1
1 – b

Следовательно, равенство верно.

 

2. Найти сумму:

а) 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n!;

б) 12 – 22 + 32 – 42 + . . . + 992 – 1002 + 1012;

в)  1  +  1  +  1  + . . . +  1 .
1 + 2 2 + 3 3 + 4 2014 + 2015

а) 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! =

= (2 – 1) · 1! + (3 – 1) · 2! + (4 – 1) · 3! + . . . + ((n + 1) –1) · n! =

= (2! – 1!) + (3! – 2!) + (4! – 3!) + . . . + ((n + 1)! – n!) =

= (n + 1)! – 1.

Ответ: (n + 1)! – 1.

 

б) Поскольку 

– n2 + (n + 1)2 = n + (n + 1),

то

12 – 22 + 32 – 42 + . . . + 992 – 1002 + 1012 =

= 1 + (2 + 3) + (4 + 5) + . . . + (100 + 101) =

= 1 + 2 + 3 + . . . + 101 =

(1 + 101) · 102  =
2

= 5151.

Ответ: 5151. 

 

в) Заметим, что

1  =  n + 1n  =  n + 1n,
n + n + 1 (√n + n + 1) · (n + 1n)

поэтому

1  +  1  +  1  + . . . +  1 =
1 + 2 2 + 3 3 + 4 2014 + 2015

= (2 – 1) + (32) + (43) + . . . + (20152014) =

= 20151.

Ответ: 20151.

 

3. Докажите, что сумма

1 · 2 · 3 · . . . · 2000 · 2001 + 2002 · 2003 · . . . · 4001 · 4002

делится на 4003. 

Преобразуем второе слагаемое данной суммы так:

2002 · 2003 · . . . · 4001 · 4002 =

= (4003 – 2001)·(4003 – 2000)·(4003 – 1999)· . . . ·(4003 – 2)·(4003 – 1) =

= 4003·k – 1·2·3· . . . ·2000·2001,

где k – некоторое натуральное число. Мы видим, что данная сумма равна 4003·k и, следовательно, делится на 4003. (Заметим, что 4003 – простое число, и поэтому при установлении делимости на 4003 необходимо выделять множитель 4003.) 

 

4. Вычислить сумму

1  +  1  +  1  + . . . +  1 .
1 · 5 5 · 9 9 · 13 (4n – 3)·(4n + 1)

Обозначим требуемую сумму через S. Представим каждое из слагаемых заданной суммы следующим образом:

1  =  1  · (1 –  1 )
1 · 5 4 5
1  =  1  · ( 1  –  1 ),
5 · 9 4 5 9
1  =  1  · ( 1  –  1 ),
9 · 13 4 9 13

. . . . . . . . 

1  =  1  · ( 1  –  1 ).
(4n – 3)·(4n + 1) 4 4n – 3 4n + 1

Складывая почленно эти представления, имеем

S =  1  · ( 1 –  1 ) n .
4 4n + 1 4n + 1

Ответ: n/(4n+1).

 

5. Вычислите коэффициент при х100 в многочлене

(1 + х + х2 + х3 + . . . + х100)3

после приведения всех подобных слагаемых.

Перемножив без приведения подобных членов три многочлена

(1 + х + х2 + х3 + . . . + х100)(1 + х + х2 + х3 + . . . + х100)(1 + х + х2 + х3 + . . . + х100)

получим сумму произведений вида

хpхqхr,

где р, q, r – целые числа, удовлетворяющие условиям

0 < p < 100, 0 < q < 100, 0 < r < 100,

причем коэффициенты при хpхqхr  равны 1. Выражение х100 получится только тогда, когда

р + q + r = 100.

Следовательно, искомый коэффициент равен числу целочисленных решений уравнения

р + q + r = 100,

где

0 < p < 100, 0 < q < 100, 0 < r < 100.

Это уравнение имеет

101 решение при р = 0,

100 решений при р = 1,

99 решений при р = 2

и т. д.

Следовательно, число всех решений равно

101 + 100 + 99 + . . .  + 2 + 1 = 5151.

Ответ: 5151.

 

6. Доказать, что число

(2010·2011·2012·2013 + 1)·(2011·2012·2013·2014 + 1)·(2012·2013·2014·2015 + 1)

есть полный квадрат.

Полагая в первом множителе n = 2012, его можно преобразовать следующим образом:

2010·2011·2012·2013 + 1 = (n – 2)·(n – 1)·n·(n + 1) + 1 =

= n4 – 2n3 – n2 + 2n + 1 = (n2 – n – 1)2.

Подобным образом убеждаемся, что два других множителя данного произведения тоже являются квадратами. Но

a2·b2·c2 = (a·b·c)2,

что и требовалось доказать.

 

 

7. Докажите, что при условии А + В + С = 180° имеет место равенство

ctg A · ctg B + ctg В · ctg C + ctg С · ctg А = 1. 

ctg A · ctg B + ctg В · ctg C + ctg С · ctg А =
cos A · cos B  +  cos B · cos C  +  cos C · cos A  =
sin A · sin B sin B · sin C sin C · sin A
cos A · cos B · sin C + cos B · cos C · sin A + cos C · cos A · sin B  =
sin A · sin B · sin C
=   cos A · cos B · sin C + cos C · sin (A + В)  =
sin A · sin B · sin C
 =  cos C · sin (A + В) + sin C · (cos A · cos B – sin A · sin B)  +  sin A · sin B · sin C  = 
sin A · sin B · sin C sin A · sin B · sin C
 =  sin (A + B + C) + sin A · sin B · sin C   =  sin 180°  + 1 = 1.
sin A · sin B · sin C sin A · sin B · sin C

Преобразования законны, если ни один из синусов А, В, С не равен 0, т.е. ни один из углов А, В, С не равен 180°·k, где k – целое число.

 

8. Числа а1, а2, а3, . . . , аn таковы, что  а1а2а3 . . . аn = 1. Докажите, что справедливо неравенство

(1 + а12)( 1 + а22)(1 + а32) . . . (1 + аn2) > 2n.

Так как

1 + аi2 – 2|аi| = (1 – |аi|)2 > 0,

то

1 + аi2 > 2|аi|.

Следовательно, справедливы неравенства

1 + а12 > 2|а1|,

1 + а22 > 2|а2|,

. . . . .

1 + аn2 > 2|аn|.

Перемножая почленно эти неравенства, получаем

(1 + а12)(1 + а22)(1 + а32) . . . (1 + аn2) > 2n ·|а1|·|а2|·|а3|·  . . . ·|аn |.

Отсюда и из равенств

1|·|а2|·|а3|·  . . . ·|аn| = |а1а2а3 . . . аn| = 1

следует требуемое неравенство. 

 

9. Можно ли вычеркнуть из произведения 1! . 2! . 3! . . . . . 100! один из факториалов так, чтобы произведение оставшихся было квадратом целого числа? (Напомним, что n! = 1 . 2 . 3 . . . . . n).

Посмотрим, сколько раз входит каждое число от 2 до 100 в наше произведение. Число 2 входит во все факториалы, начиная со второго, то есть 99 раз; число 3 входит во все факториалы, начиная с третьего, то есть 98 раз; и так далее – каждое число входит во все факториалы, начиная со ''своего''. То есть n входит в произведение (101 – n) раз: 

1! . 2! . 3! . . . . . 100! = 299 . 398 . 497 . . . . . 974 . 983 . 992 . 100. 

В частности, все нечётные числа входят в произведение чётное число раз, а чётные – нечётное число раз. Выделим отдельно произведение всех чётных чисел, взятых по одному разу, 

1! . 2! . 3! . . . . . 100! = 299 . 398 . 497 . . . . . 974 . 983 . 992 . 100 = 
= (298 . 398 . 496 . . . . . 974 . 982 . 992)(2 . 4 . 6 . . . . . 98 . 100). 

В первой скобке все степени чётные, значит, произведение чисел в первых скобках — квадрат целого числа. А произведение чисел во вторых скобках равно

2 . 4 . 6 . ... . 98 . 100 = 2 . (2 . 2) . (2 . 3) . ... . (2 . 49) . (2 . 50) = 
= 250 . 1 . 2 . 3 . ... . 49 . 50 = 250 . 50! 

Но 250 является квадратом целого числа. Значит, если зачеркнуть 50!, то оставшееся произведение будет квадратом целого числа.

Ответ: да, нужно вычеркнуть 50!.

 

10. На какую наибольшую степень тройки делится произведение

3·33·333·3333·33333·333333·3333333·33333333·333333333·3333333333?

3·33·333·3333·33333·333333·3333333·33333333·333333333·3333333333 =

= (3·1)(3·11)(3·111)(3·1111)(3·11111)(3·111111)(3·1111111)(3·11111111)(3·111111111)(3·1111111111) =

= 310·1·11·111·1111·11111·111111·1111111·11111111·111111111·1111111111. 

Среди множителей, записанных только единицами, на 3 делятся только числа с суммой цифр, кратной трем: 111, 111111 и 111111111. 111 и 111111 не делятся на 9, а 111111111 = 111·1001001  делится на 9, но не на 27 (каждый множитель кратен 3, но не кратен 9). 
Таким образом, данное произведение делится на 
310·3·3·32 = 314, но не делится на 315.

Ответ: на 314.

 

Задачи без решений

1. Найдите сумму:

а) 1 · 2 + 2 · 3 + . . . + (n – 1) · n;

б)  1  +  2  +  3  +  4  + . . . +  n ;
2 22 23 24 2n
в)  1  +  2  +  3  +  4  + . . . +  99 .
2! 3! 4! 5! 100!

 

2. Найти сумму 1 + 11 + 111 + . . . + 1111...11, если последнее слагаемое записано с помощью 1000 единиц.

  

3. Докажите, что    (n + 1) · (n + 2) · . . . · (2n – 1) · 2n  = 2n.
1 · 3 · 5 · . . . · (2n – 1)

 

4. Докажите равенство:  2 sin 1° · 2 sin 2° · 2 sin 3° · . . . · 2 sin 179° = 180.

 

5. Докажите, что произведение ста последовательных натуральных чисел не может быть сотой степенью натурального числа.

 

Нам 4 года!

14 марта 2016 года сайту Математика для школы|math4school.ru исполнилось 4 года. Поскольку число 4 для нашего сайта не чужое, мы решили подвести некоторые итоги.

Новый формат главного меню

Расширены функциональные возможности главного меню.

Галерея на сайте math4school.ru
Приглашаю посетить Галерею, – новый раздел на сайте.

444 года со дня рождения Иоганна Кеплера

27 декабря 2015 года исполнилось 444 года со дня рождения Иоганна Кеплера.

Новый раздел на сайте math4school.ru

Закончена работа над новым разделом сайта Работа над ошибками.

Союз образовательных сайтов