Суммы и произведения

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.

1. Докажите, что

(1 + b)·(1 + b²)·(1 + b⁴)·(1 + b⁸)· . . . ·(1 + b²ⁿ) = 1 + b + b² + b³ + . . . + b^2n+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

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

Следовательно, равенство верно.

2. Найти сумму:

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

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

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 =

= 5151.

Ответ: 5151. 

в) Заметим, что

поэтому

= (√2 – 1) + (√3 – √2) + (√4 – √3) + . . . + (√2015 – √2014) =

= √2015 – 1.

Ответ: √2015 – 1.

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

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

. . . . . . . . 

Складывая почленно эти представления, имеем

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

х^pх^qх^r,

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

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

причем коэффициенты при х^pх^qх^r  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. 

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, . . . , а_n таковы, что  а₁а₂а₃ . . . а_n = 1. Докажите, что справедливо неравенство

(1 + а₁²)( 1 + а₂²)(1 + а₃²) . . . (1 + а_n²) > 2ⁿ.

Так как

1 + а_i² – 2|а_i| = (1 – |а_i|)² > 0,

то

1 + а_i² > 2|а_i|.

Следовательно, справедливы неравенства

1 + а₁² > 2|а₁|,

1 + а₂² > 2|а₂|,

. . . . .

1 + а_n² > 2|а_n|.

Перемножая почленно эти неравенства, получаем

(1 + а₁²)(1 + а₂²)(1 + а₃²) . . . (1 + а_n²) > 2ⁿ ·|а₁|·|а₂|·|а₃|·  . . . ·|а_n |.

Отсюда и из равенств

|а₁|·|а₂|·|а₃|·  . . . ·|а_n| = |а₁а₂а₃ . . . а_n| = 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! = 2^{99 .} 3^{98 .} 4^{97 .} . . . ^. 97^{4 .} 98^{3 .} 99^{2 .} 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! = 2^{99 .} 3^{98 .} 4^{97 .} . . . ^. 97^{4 .} 98^{3 .} 99^{2 .} 100 = 
= (2^{98 .} 3^{98 .} 4^{96 .} . . . ^. 97^{4 .} 98^{2 .} 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) = 
= 2^{50 .} 1 ^. 2 ^. 3 ^. ... ^. 49 ^. 50 = 2^{50 .} 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.

1. Найдите сумму:

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

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

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.