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.

 

Группа Математика для школы|math4school.ru ВКонтакте

Давно собирался и вот, наконец! Примерно так выглядит история нашей группы ВКонтакте. Сомнения в необходимости её существования отброшены, и первые материалы сообщества уже выложены.

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.

Союз образовательных сайтов