ВИДЫ ЧИСЛОВЫХ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЕЙ - Студенческий научный форум

X Международная студенческая научная конференция Студенческий научный форум - 2018

ВИДЫ ЧИСЛОВЫХ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТЕЙ

Косюк Л.В. 1, Уразаева Л.Ю. 1
1Сургутский педагогический государственный университет
 Комментарии
Текст работы размещён без изображений и формул.
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
Понятие числовой последовательности возникло и развивалось задолго до создания учения о функциях. На связь между прогрессиями первым обратил внимание великий Архимед (ок. 287–212 гг. до н.э.). Термин «прогрессия» был введен римским автором Боэцием (в 6 веке) и понимался в более широком смысле, как бесконечная числовая последовательность. Названия «арифметическая» и «геометрическая» были перенесены из теории непрерывных пропорций, которыми занимались древние греки. Формула суммы членов арифметической прогрессии была доказана древнегреческим ученым Диофантом (в 3 веке). Формула суммы членов геометрической прогрессии дана в книге Евклида «Начала» (3 век до н.э.). Правило для нахождения суммы членов произвольной арифметической прогрессии впервые встречается в сочинении «Книги абака» в 1202 г. (Леонардо Пизанский).

С 2006 г. в регионах Российской Фе­дерации в рамках создания общероссий­ской системы оценки качества образова­ния проводится государственная итоговая аттестация (ГИА) выпускников 9-х клас­сов. В вариантах экзаменационных работ обязательно присутствует задание по те­ме «Числовые последовательности» (либо в первой, либо во второй части).

Числовые последовательности это очень интересная и познавательная тема. Эта тема встречается в заданиях повышенной сложности, которые предлагают учащимся авторы дидактических материалов, в задачах математических олимпиад, вступительных экзаменов в Высшие Учебные Заведения и на ЕГЭ.

Объект исследования – числовые последовательности.

Предмет исследования – задачи, на числовые последовательности.

Цель исследования – систематизация теоретического материала по теме «Числовые последовательности» и его применение к решению задач.

Задачи:

  1. Рассмотреть понятия числовой последовательности и ее предела;

  2. Рассмотреть арифметическую и геометрическую прогрессии;

  3. Рассмотреть решение задач по данной теме.

Теоретическая часть

Теорема. Неравенство ||  c равносильно двойному неравенству  c    c, где c  0.

Доказательство:

1. Пусть ||  c . Докажем, что  c    c.

Если   0 , то ||    c (по условию). С другой стороны,    c, ибо положительное число больше всякого отрицательного числа. Объединяя эти результаты, получим: c    c.

Если   0 , то ||    c (по условию), а потому    c . С другой стороны,   c , ибо отрицательное число меньше вся- кого положительного числа. Объединяя эти результаты, снова получим:  c    c.

Если   0 , то предложение очевидно.

2. Пусть теперь дано:  c    c. Докажем, что ||  c.

Если   0 , то ||    c (по условию). Следовательно, ||  c.

Если   0 , то ||  . По условию,   c , а поэтому   c . Следовательно, ||    c , т. е. снова ||  c.

Если   0 , то |0|  0  c.

Геометрически неравенство ||  c означает, что расстояние  от О меньше с, независимо от того, лежит ли  левее или правее О, то есть  содержится в промежутке с центром в точке О длиной 2с единиц [1, с. 286—287].

Рис. 1

Рассмотрим эту теорему на примерах:

||  3

Рис. 2

|  |  3 . Здесь роль нуля играет :

  3      3

Рис. 3

Актуализация знаний о функциях позволяет естественным образом ввести следующее определение числовой последовательности:

Числовой последовательностью называется множество значений функции f(n) , определённой на множестве всех натуральных чисел 1, 2, 3, ..., n, ... , расположенных в порядке возрастания аргумента [1, с. 292].

Такая трактовка числовой последовательности позволяет перенести на это понятие многие свойства функций. Например, рассматривать различные способы задания числовых последовательностей (и отдать приоритет аналитическому, позволяющему записать последовательность в свёрнутом и развёрнутом виде, указать любой член последовательности с заданным номером, восстановить формулу общего члена последовательности по известным нескольким первым её членам), исследовать последовательности на ограниченность и неограниченность, монотонность, рассматривать графическое изображение числовой последовательности.

Если поставить задачу: «определить стоимость выпущенных в продажу тетрадей, если каждая тетрадь стоит 12 коп.» [1, с. 290], то, решая её, получаем выводы:

-существуют числовые последовательности, определённые не на всём множестве натуральных чисел, а на конечной его части, например, при изменении n от 1 до N. Такие последовательности называются конечными;

- геометрически (по аналогии с функцией) последовательность может быть задана как совокупность точек плоскости: y  12x , где х — количество выпущенных в продажу тетрадей.

Рис. 4

Вместе с тем, спроектировав полученные точки графика последовательности на ось Оу (а саму ось для удобства расположив горизонтально), получим числовую ось с отмеченной на ней совокупностью точек, соответствующих числам последовательности.

Последовательность {yn} называют возрастающей, если каждый ее член (кроме первого) больше предыдущего:

y1 < y2 < y3 < … < yn < yn+1 < ….

Последовательность {yn} называют убывающей, если каждый ее член (кроме первого) меньше предыдущего:

y1 > y2 > y3 > … > yn > yn+1 > … .

Возрастающие и убывающие последовательности объединяют общим термином – монотонные последовательности.

Монотонные, т.е. только возрастающие или только убывающие, последовательности могут быть ограниченными, например:

yn = : 2, , , , ... , , … — эта последовательность убывающая, но ограниченная; все её члены находятся между числами 1 и 2; или последовательность yn  : -1, , , , ..., , ... (возрастающая, но ограниченная; все её члены находятся между числами –1 и 0) [1, с. 298].

Арифметическая и геометрическая прогрессии

Определение. Арифметической прогрессией называется числовая последовательность, каждый член которой, начиная со 2-го, равен предыдущему, сложенному с одним и тем же числом, называемым разностью арифметической прогрессии.

Пример. Последовательность 2, 7, 12, 17 и т.д. является арифметической прогрессией с разностью 5.

Из определения следует, что разность между n-ым и n + 1-ым членами арифметической прогрессии всегда есть одно и то же число, обозначается d.

Последовательность {аn} является арифметической прогрессией, если для ее членов верна рекуррентная формула: аn+1 = аn + d. Чтобы задать арифметическую прогрессию, достаточно указать ее первый член а1 и разность d.

Теорема 1 (формула n-го члена арифметической прогрессии). Если последовательность {аn} является арифметической прогрессией с разностью d, то справедлива формула аn = а1 + (n – 1)d.

Теорема 2 (характеристическое свойство арифметической прогрессии). Каждый член арифметической прогрессией равен среднему арифметическому двух соседних с ним членов an = .

Верно и обратное утверждение: если каждый член последовательности кроме первого равен среднему арифметическому соседних с ним членов, то эта последовательность является арифметической прогрессией.

При решении многих задач необходимо найти сумму n первых членов последовательности, т.е. Sn = а1 + а2 + а3 + а4 + … + аn = .

Теорема 3 (формула суммы n членов арифметической прогрессии). Сумма n членов арифметической прогрессии вычисляется по формуле

Sn = .

Следствие (2-я формула суммы n членов арифметической прогрессии). Сумма n членов арифметической прогрессии вычисляется по формуле

Sn = .

Определение. Геометрической прогрессией называется числовая последовательность, каждый член которой, начиная со 2-го, равен предыдущему, умноженному на одно и то же число, называемым знаменателем геометрической прогрессии. Пример. Последовательность 3, 6, 12, 24 и т.д. является геометрической прогрессией со знаменателем 2. Из определения следует, что частное от деления n+1-го члена на n-ый геометрической прогрессии всегда есть одно и то же число, обозначается q. Последовательность {bn} является геометрической прогрессией, если для ее членов верна рекуррентная формула: bn+1 = bn⋅q. Чтобы задать геометрическую прогрессию, достаточно указать ее первый член b1 и разность q. Если b1 ≠ 0 и q ≠ 0, то все члены геометрической прогрессии не равны нулю.

Теорема 1 (формула n-го члена геометрической прогрессии). Если последовательность {bn} является геометрической прогрессией со знаменателем q, то справедлива формула bn = b1qn – 1.

Теорема 2 (характеристическое свойство геометрической прогрессии). Квадрат каждого члена геометрической прогрессии равен произведению двух соседних с ним членов bn2 = bn–1 bn+1.

Или, что, то же самое, каждый член геометрической прогрессии равен среднему геометрическому двух соседних с ним членов bn2 = bn−1bn+1.

Верно и обратное утверждение: пусть дана последовательность, члены которой не равны 0. Тогда, если квадрат каждого члена последовательности кроме первого равен произведению соседних с ним членов, то эта последовательность является геометрической прогрессией.

Теорема 3 (формула суммы n членов геометрической прогрессии). Сумма n членов геометрической прогрессии вычисляется по формуле

Sn = .

Следствие (2-я формула суммы n членов геометрической прогрессии). Сумма n членов геометрической прогрессии вычисляется по формуле

Sn = .

Понятие предела числовой последовательности

Понятие предела числовой последовательности можно считать основным понятием в этой теме, как имеющее широкое применение в математике.

Последовательность 1, , , , ..., , … ограниченна, все её члены содержатся между и 1. Если изобразить члены этой последовательности на числовой прямой, то в глаза бросится «скопление» их около точки О:

Рис. 5

Постоянное число а называется пределом числовой последовательности yn, если для всякого выбранного нами положительного числа  найдётся такой номер N, что все члены последовательности, у которых номер n  N , будут находиться от а на расстоянии, меньшем, чем  , то есть |yn|   начиная с С, или, что всё равно, все члены последовательности yn, у которых номер С, будут содержаться в интервале с центром в точке а длиной 2.

а    yn  a   начиная с n  N;

Рис. 6

Отвлекаясь от геометрических терминов, можно это определение сформулировать ещё и так: постоянное число а называется пределом последовательности yn, если для каждого выбранного нами положительного числа ε найдётся такой номер N, что все значения последовательности yn, у которых номер n  N , удовлетворяют неравенству |yn  a|  , или, что всё равно, неравенству a    yn  a   [1, с. 302 — 303].

Теоремы о пределах числовых последовательностей существенно упрощают нахождение пределов, Сущность многих из них можно и нужно пояснить геометрически» [1, с. 308].

Так, теорема о том, что всякая возрастающая ограниченная последовательность имеет предел, могла быть проиллюстрирована следующим образом:

Пусть yn — монотонно возрастающая ограниченная последовательность. Геометрически это значит, что все члены последовательности находятся в промежутке конечной длины, т.е. на числовой прямой будет существовать такая точка В, правее которой не найдётся ни одного члена последовательности, а переход от одного члена к другому происходит передвижением вправо по числовой прямой.

Рис. 7

Точка В является преградой, через которую члены последовательности перешагнуть не могут. Рассмотрим отрезки y1, B, y2, B, …, yn, B.

В отрезке y1, B находятся все члены последовательности.

В отрезке y2, B находятся все члены последовательности, кроме у1.

В отрезке yn, B находятся все члены последовательности, кроме y1, y2, …, yn-1, и т.д.

Итак, на каждом отрезке находится бесконечное число членов последовательности, кроме конечного их числа. Поэтому «скопление» членов последовательности будет происходить около некоторой точки А, расположенной левее В, или совпадающей с нею. Следовательно, число а, соответствующее этой точке А, и будет пределом последовательности.

Теорема 1 (единственности). Если последовательность имеет предел, то он — единственный.

Теорема 2. Если последовательность имеет предел, то она ограниченна. Обратная теорема не верна, то есть не всякая ограниченная последовательность имеет предел.

Теорема 3. Всякая возрастающая (или убывающая), но ограниченная последовательность имеет предел.

Теорема 4. Если члены некоторой последовательности zn заключены между соответствующими членами двух последовательностей xn, yn, сходящихся к одному пределу, то и эта последовательность сходится к тому же пределу.

Теорема 5. Предел постоянной последовательности равен этому постоянному.

Теорема 6. Если две последовательности xn и yn равны между собой, т.е. соответствующие их члены равны между собой: xn  yn ( n  1, 2, 3, ..., n, ... ), — и предел первой последовательности существует и равен а, то yn имеет предел, равный а.

Теорема 7. Если каждый член сходящейся последовательности не превосходит соответствующего члена другой сходящейся последовательности, то и предел первой не превосходит предела второй.

Теорема 8. Предел суммы (разности) двух последовательностей, имеющих пределы, существует и равен сумме (разности) их пределов.

Теорема 9. Предел произведения двух последовательностей, имеющих пределы, существует и равен произведению пределов сомножителей.

Следствие 1. Постоянный множитель можно выносить за знак предела.

Следствие 2. Предел целой положительной степени последовательности, имеющей предел, равен той же степени предела последовательности.

Теорема 10. Предел частного двух последовательностей, имеющих пределы, равен частному пределов этих последовательностей, если предел знаменателя не равен нулю.

Практическая часть

Задача 1. Стозначное натуральное число N составлено из единиц и двоек, причём между любыми двумя двойками находится чётное количество цифр. Известно, что N делится на 3. Сколько единиц и сколько двоек в записи числа N?

Решение.

В условии задачи скрыта хитрая ловушка: обычно учащийся воспринимает первую фразу неверно. Он считает, что между любыми двумя двойками должно находиться чётное число единиц, а не цифр (то есть и единиц, и двоек). Между тем из условия вытекает, что в записи числа N не может быть больше двух двоек. Если их хотя бы три, причём между первой и второй, а также между второй и третьей двойками – чётное количество цифр, то между первой и третьей (вместе со второй двойкой) получится нечётное количество цифр.

После этого достаточно небольшой проверки. Если в записи числа N двоек нет, то сумма его цифр равна 100, а если одна двойка, то 101. В обоих случаях N не делится на 3. Остаётся вариант с двумя двойками, между которыми чётное количество единиц. Значит, в числе 2 двойки и 98 единиц.

Ответ: 2 двойки и 98 единиц.

Задача 2. Дано число N = 22014+1. Докажите, что

а) N – составное число,

б) число N можно представить в виде произведения трёх натуральных сомножителей, больших единицы.

Решение.

а) Проще всего использовать признак делимости на 5. Так как 22 +1 = 5 и 22014 + 1 = (22)1007+1 делится на (22 + 1), то N делится на 5.

б) Нужно дополнить N до полного квадрата:

22014 + 1 = 22014 + 2·21007 + 1 – 2 1008 = (21007 + 1)2 – (2504)2 =

= (21007 + 1 – 2504)(21007 + 1 + 2504).

Степени двойки 21 ,22 ,23 ,24 ,25 ,… оканчиваются на 2, 4, 8, 6, 2,…, то есть остатки от деления на 10 совпадают у 24m+r и 2r, где r = 1, 2, 3, 4. Следовательно, последней цифрой у степени 2504 будет 6, а у 21007 – 8, и второй сомножитель делится на 5.

Поэтому N = (21007+1–2 504)·5· – искомое разложение.

Задача 3. Определите четыре последние цифры числа 20012001.

Решение.

Если для степеней числа 2001 учитывать только четыре последние цифры, то легко найти, что число a5 = 20015 оканчивается на 0001. Отсюда вытекает, что число a2000 = 20012000 также оканчивается на 0001.

Тогда a2001 = 20012001 оканчивается на 2001.

Ответ: 2001.

Задача 4. У 92-значного числа n известны первые 90 цифр: с 1-ой по 10-ую – единицы, с 11-ой по 20-ую – двойки, и так далее, с 81-ой по 90-ую – девятки. Какими могут быть последние две цифры числа n, если известно, что остаток при делении n на 72 равен 39?

Решение.

По условию (n–39) делится на 72 = 9·8. Пусть x, y – две последние цифры числа (n– 39). Тогда можно рассмотреть два случая:

а) Число, состоящее из двух последних цифр числа n,  39. Тогда при вычитании 90-я цифра числа n не изменяется (это 9), и сумма первых 90 цифр делится на 9. Следовательно, (x+y) должно делиться на 9. Поэтому (x+y) = 9 или x = y = 9. Кроме того, число, состоящее из трёх последних цифр, должно делиться на 8.

Отсюда, = (100+10x+y) 8  (4+2x+y) 8  (2x+y) 4. Тогда y = 9–x и (x+9) 4  (x+1) 4  x = 3 или 7. Получается = 36 или = 72. Второй случай не подходит, так как 172 не делится на 8. В первом случае 36+39 = 75.

б) Число, состоящее из двух последних цифр числа n < 39. Отсюда 90-я цифра числа (n–39) на единицу меньше, чем у числа n (это 8). Тогда (8+x+y) 9. Поэтому x+y = 1 или x+y = 10. Кроме того, = (10x+y) 8  (2x+y) 8.

В первом случае (x+1) 8  x = 7, что не подходит. Во втором – получается (x+10) 8  x+2 8  x = 6, y = 4. Тогда 864+39 = 903, и две последние цифры 03.

Ответ: 75 или 03.

Задачи на комбинаторные формулы и теоремы

Задача 5. Сколько существует четырёхзначных натуральных чисел, которые делятся на 9 и не содержат в своей записи цифры 0?

Решение.

Может показаться, что задача сводится к решению в натуральных числах уравнений x1+x2+x3+x4 = 9 (или 18, или 27, или 36), что довольно сложно. Однако, если уже известны 3 первые цифры искомого числа, то, для его делимости на 9, последняя цифра подбирается единственным способом. Поэтому таких чисел будет 93 = 729.

Ответ: 729.

Задача 6. Сколько существует пятизначных натуральных чисел, которые делятся на 9 и не содержат в своей записи цифры 0?

Решение.

Каждую из первых четырёх цифр пятизначного числа можно выбрать девятью способами (это любая цифра, кроме нуля). Последнюю пятую цифру можно выбрать единственным способом: если сумма первых четырех цифр делится на 9, то последняя цифра – 9, в остальных случаях последняя цифра однозначно выбирается из цифр 1,2,… 8. Тогда по правилу произведения получается 94 = 6561.

Ответ: 6561.

Задача 7. Пусть a – количество шестизначных натуральных чисел, делящихся на 13, но не делящихся на 17, и b – количество шестизначных натуральных чисел, делящихся на 17, но не делящихся на 13. Найдите a–b.

Решение.

Пусть c – количество шестизначных чисел, делящихся на 13 и на 17. Тогда (a+c) – количество шестизначных чисел, делящихся на 13, а (b+c) – количество шестизначных чисел, делящихся на 17.

При этом a–b = (a+c)–(b+c). Теперь легко найти требуемые количества, вычитая из нужных натуральных чисел, не больших чем 99999, делящихся на 13 или на 17, такие же числа, не большие 9999:

a+c = 76923–7692 = 69231, b+c = 58823–5882 = 52941.

Отсюда a–b = 69231–52941 = 16290.

Ответ: 16290.

Задачи на суммирование членов последовательности.

Задача 8. Пусть дано сто чисел: 1,22 ,32 ,… 1002 , и подсчитано 98 разностей: a1 = 32 –1, a2 = 42 –22 , a3 = 52 –32 ,… a98 = 1002 –982 . Чему равна сумма всех этих разностей?

Решение.

Задача решается раскрытием скобок и перегруппировкой:

a1+a2+…+a98 = (32 + 42 +…+1002 )–(12 +22 +…+ 982 ) = 1002 +992 –1–22 =

= 1002 +(100–1)2 –1–2 2 = 21002 –200+1–1–2 2 = 21002 –204 = 19796.

Ответ: 19796.

Задача 9. Найдите две последние цифры суммы

7 + 72 + 73 + 74 + … + 71994 + 71995.

Решение.

Ясно, что 1+7+72 +73 = 400. Отсюда вытекает, что сумма четырёх любых последовательных слагаемых равна:

7n +7n+1+7n+2+7n+3 = 7n·(1+7+72 +73) = 400·7n.

Если сгруппировать слагаемые с конца по 4 подряд, то сумма последних 1992 слагаемых заканчивается двумя нулями, а сумма трёх оставшихся равна 7+72 +73 = 399.

Ответ: 99.

Задача 10. Докажите, что число натуральное, и найдите две его последние цифры.

Решение.

Ясно, что

и аналогичным образом

Отсюда вытекает

Из предыдущей задачи вытекает, что две последние цифры у 7n и 7n+4 одинаковые. Поэтому совпадают две последние цифры чисел 71995 и 73 = 343.

Ответ: 43.

Задача 11. Пусть s(n) обозначает сумму цифр натурального числа n. Сколькими нулями оканчивается число, равное произведению s(1)s(2)…s(100)?

Решение. В задаче рассматриваются суммы цифр чисел из первой сотни, поэтому s(n)  9+9 = 18. Так как 10 = 25, то нужно выяснить, сколько сомножителей в произведении делится на 5. Ясно, что чисел, делящихся на 2, будет достаточно много, а делящихся на 25 не будет вообще. На 5 делятся только 5, 10 и 15. Поэтому достаточно найти количество решений уравнений: x1+x2 = 5 (или 10, или 15) в целых неотрицательных числах < 10. Их будет:

5 = 0+5 = 1+4 = 2+3 = 3+2 = 4+1 = 5+0. Всего 6.

10 = 1+9 = 2+8 = 3+7 = 4+6 = 5+5 = 6+4 = 7+3 = 8+2 = 9+1. Всего 9.

15 = 6+9 = 7+8 = 8+7 = 9+6. Всего 4.

Итого 6+9+4 = 19.

Ответ: 19 нулей.

Задача 12. В одну строку записаны числа 1,2,…(n–1),n. Можно последовательно проводить следующие две операции: стереть любые два числа и добавить в строку абсолютную величину их разности. Может ли в результате конечного числа таких операций получиться строка из одних нулей, если:

a) n = 1994,

b) n = 1995,

c) n = 1996?

Решение. После каждой операции, описанной в условии, сумма Sn всех данных чисел уменьшается. В самом деле, при замене суммы двух чисел (a+b) на абсолютную величину их разности |a–b| от Sn нужно отнять:

a+b–|a–b| =.

Отсюда видно, что в любом случае уменьшение суммы Sn происходит на чётное число.

a) Если вычислить сумму S1994 = 1+2+…+1994 = 997·1995, то получится нечётное число.

Вывод: нуля не получится при вычитании из Sn любого количества чётных чисел.

b) Если сгруппировать числа в пары, начиная с 2:

1,(2,3),(4,5),…(1994,1995), то, после применения операции к каждой паре, получится строка из 998 единиц. Далее единицы тоже группируются в пары, и к каждой паре применяется та же операция. В результате получается строка из нулей.

c) Группировка (1,2),(3,4),…(1995,1996) даёт тот же результат, что и в b).

Ответ: a) нет, b) да, c) да.

Частные случаи решения

Задача 13.

Дано n = – каноническое разложение натурального числа на простые сомножители. Найти число всех натуральных делителей числа n. [2]

Решение.

Любой делитель числа содержит простой сомножитель pi в одной из степеней 0,1,…i . Всего возможностей (i+1) штук.

Поэтому всех натуральных делителей будет (1+1)(2+1)…(r+1) штук.

Отсюда вытекают решения задач 14-18.

Задача 14.Сколько натуральных делителей у числа 30030? [2]

Число 30030 = 23571113. Делителей у него 26 = 64.

Ответ: 64.

Задача 15.

В компании из n человек надо распределить поровну миллион рублёвых монет. Сколько существует различных значений n, для которых такое распределение возможно? У числа 1000000 = 2656 будет 49 делителей.

Ответ: 49.

Задача 16. Сколько точек на гиперболе y = 2013/x имеют целочисленные координаты (х, у)?

У числа 2013 = 31161 будет 8 делителей и соответствующих им точек в 1-ом квадранте. Ещё 8 симметричных точек получится в 3-ем квадранте.

Ответ: 16.

Задача 17. Какое трёхзначное число имеет наибольшее число натуральных делителей?

Нужен небольшой перебор для различных простых делителей и степеней двойки. В итоге 840 = 23 357 имеет 32 делителя.

Ответ: 32.

Задача 18. Петя решил перемножить на своём калькуляторе все натуральные делители числа 1024 (включая само число). Сможет ли он получить результат на экране калькулятора, имеющем 16 десятичных разрядов?

У числа 1024 = 210 делителями являются степени двойки. Их произведение 20 2 1 …2 10 = 255 = 36 028 797 018 963 968. Итого получается 17 разрядов, поэтому с калькулятором Пете не повезло.

Ответ: нет.

Задача 19. Сумму 1+ представили в виде обыкновенной несократимой дроби .

а). Докажите, что p делится на 223.

б). Докажите, что произведение делится на 2007.

Решение.

а). Так как ai+a223–i = , то, складывая дроби парами с разных концов суммы, можно получить дробное выражение, у которого из числителя p выносится 223. Очевидно, что с общим знаменателем простое число 223 не сократится.

б). Так как p 223, а 2007 = 9223, то осталось только показать, что q 9. При сложении всех дробей без сокращения получится:

.

Число 222! делится на 3108, так как среди всех 222 сомножителей 74 числа делятся на 31, из них 24 – на 9 = 32, 8 – на 27 = 33 и 2 – на 81 = 34. Большинство слагаемых в числителе тоже делится на 3108, но имеются и такие, которые делятся на меньшую степень 3.

Например, делится только на 3105. А если взять сумму

,

то здесь числитель делится на 3108 . Каждое из остальных слагаемых делится, как минимум, на 3106. Значит, числитель и знаменатель сокращаются на 3105. Поэтому знаменатель q 27, и, тем более, q 9.

Задача 20. Доказать неравенство:

.

Решение.

Левую часть неравенства можно обозначить

A = .

Видно, что числители всех дробей – нечётные, а знаменатели – чётные. Чтобы исправить эту «несправедливость», следует умножить A на число B = > A.

Получится A2 < AB = 1  A2   A < .

Задачи на рекуррентные соотношения

Задача 21. Доказать, что числа 16, 1156, 111556, … (каждое последующее число получается из предыдущего при вставке в его середину числа 15) являются полными квадратами.

Решение.

Главное в этой задаче – избавиться от больших чисел. Поэтому следует обозначить an = . Тогда произвольное число из заданной последовательности можно представить в виде:

bn = = an·10n +5an +1. Теперь осталось выразить 10n через an:

bn = an·(10n –1+6)+1 = an·(9an+6)+1 = 9an2 +6an+1 = (3an+1)2.

Задача 22. Среди первых ста натуральных чисел выбрать 8 чисел так, чтобы их сумма делилась на каждое из них.

Решение.

Интересно рассмотреть задачу в общем случае.

Если sn = a1+a2+…+an – сумма различных натуральных слагаемых, делящаяся на каждое слагаемое, то для получения sn+1 проще всего взять следующим слагаемым an+1 = sn. Тогда sn+1 = 2sn. Осталось найти начальную сумму. Ясно, что двух чисел, удовлетворяющих условию, не существует, а для трёх чисел получается система:

, где k > t.

Отсюда вытекает: a2 = 2a1 и a3 = 3a1. Если взять a1 = 1, a2 = 2 и a3 = 3a1, то можно легко найти 8 чисел, удовлетворяющих условию: 1,2,3,6,12,24,48,96. Их сумма 192, очевидно, делится на каждое их этих чисел.

Ответ: 1,2,3,6,12,24,48,96.

Однако можно найти и другие восьмёрки чисел, удовлетворяющих условию, с такой же, большей или меньшей суммой. Например,

1+2+3+4+8+12+18+24 = 1+2+4+6+8+9+18+24 = 72;

1+2+3+4+6+16+64+96 = 2+4+6+12+16+24+32+96 = 192;

1+5+8+10+12+20+24+40 = 3+5+6+10+12+20+24+40 = 120.

А для суммы 252 различных восьмёрок чисел существует 22 штуки. Интересно, сколько всего решений имеет эта задача?

Задача 23. Сумма десяти различных натуральных чисел больше 144. Докажите, что среди этих 10 чисел найдутся три числа, сумма которых не меньше 54.

Решение.

Для 10 последовательных натуральных чисел можно найти суммы: 1+2+…+10 = 55, 2+3+…+11 = 65,… 10+11+…+19 = 145, поэтому число n10  19. Пусть n10 > n9 > n8 – три наибольших члена последовательности.

Тогда при n8  17 получается n10+n9+n8  17+18+19 = 54, то есть условие выполняется.

Теперь пусть c < 17 и a+b+c < 54. В этом случае для остальных членов последовательности имеет место неравенство: n1+n2… +n7  9+10+…+15 = 84, а вся сумма n1+n2… +n10  84+53 = 137.

Это противоречие доказывает нужное условие.

Задача 24. Из данного натурального числа вычитают сумму его цифр. С полученным числом повторяют ту же процедуру ещё несколько раз. Может ли в некоторый момент получиться число 2005?

Решение.

Пусть дано число a в десятичной системе счисления.

Тогда a = an10n +an–110n–1 +…+a110+a0. Отсюда: a–s(a) = an(10n –1)+an–1(10n–1 –1)+…+ 9a1 9. То же самое будет и при дальнейших вычитаниях. Так как 2005 на 9 не делится, то это число получиться не может.

Задача 25. Дана последовательность, состоящая из n различных чисел: a1,a2,… an. Известно, что какие бы 15 членов последовательности ни взять, наименьший из них имеет наименьший номер, а наибольший из них – наибольший номер. Можно ли утверждать, что последовательность монотонно возрастающая, если:

а) n = 27?

б) n = 26?

Решение.

а) Для доказательства проще всего использовать «противный» метод. Пусть при некотором значении k (1  k  26) выполняется неравенство ak+1 < ak. Если k  13, то можно взять 15 членов: ak, ak+1,… ak+14 (1).

Для них условие задачи нарушается, так как ak не будет наименьшим. В свою очередь, для k  14 можно взять таких 15 членов: ak–13, ak–12,… ak, ak+1 (2). Так как ak+1 не будет наибольшим, то опять получается противоречие. Следовательно, при n = 27 последовательность монотонно возрастающая.

б) При n = 26 это же предположение проходит для последовательности (1) при k  12, а для (2) при k  14. Таким образом, может осуществляться неравенство a14 < a13. Например, для последовательности 1,2,…12,14,13,15,16,…26.

Ответ: а) да, б) нет.

Задача 26. На прямой отмечено несколько точек. Между каждыми двумя соседними точками вставили по две точки. Получилась новая система точек, состоящая из «старых» и «вставленных» точек. С новой системой ту же процедуру проделали ещё несколько раз. Может ли в результате получиться 2005 точек?

Решение.

Если точек первоначально было an, то после вставки получится an+1 = an+2(an–1) = 3an–2.

Пусть 2005 = 3an–2. Тогда an = 669 = 3an–1–2. Отсюда an–1 = 671/3. Следовательно, n = 0 и a0 = 669.

Ответ: да.

Задача 27. Петя задумал два положительных числа x1 и x2. Следующие числа xn (n  3), он последовательно вычислял по формуле:

xn = . При этом числа x2000,x2001,x2002,x2003 оказались натуральными. Чему равно произведение x1x2…xn всех чисел с номерами от 1 до 2000?

Решение.

Можно найти последовательно:

Тогда получается, что x6 = x1. Таким образом, через 5 номеров все числа повторяются xm+5 = xm. При этом x2000 = x5 = , x2001 = x1, x2002 = x2, x2003 = x3 = . Отсюда:

поэтому |x2–x1|  1. Тогда может иметь место один из случаев:

x1 = x2. При этом (1+x1) x1, откуда x1 = x2 = 1.

x1 = x2+1 или x2 = x1+1. Из условия (2+x2) x2 вытекает либо x1 = 3, x2 = 2 (или наоборот), либо x1 = 1, x2 = 2 (или наоборот).

Таким образом, x1, x2, x3, x4, x5 равны 1,1,2,3,2 в том же порядке по циклу. Поэтому x1  x2  … x2000 = 44003400.

Ответ: 44003 400.

Задача 28. Найдите наибольший член последовательности an = .

Решение.

Наибольший член an удовлетворяет условию:

Отсюда n = 45 и a45 = . Других подходящих значений для n нет, так как функция f (x) = x2 – x возрастает при x > 1.

Ответ: 45/4033.

Задача 29. В 1988 году телевидение Анчурии начало демонстрацию телесериала «По колено в слезах», причём в каждом последующем году было показано либо на 40% больше, либо на 40% меньше серий, чем в предыдущем. Чтобы не нанести большого ущерба экономике страны ежедневно показывали не более двух серий. В 1230 серии зрители были ужасно опечалены ссорой двух главных героев, но ровно через два года, в 1992 году, порадовались их примирению и свадьбе в последней серии. Сколько серий содержал этот замечательный телесериал?

Решение.

Наибольшее число серий, показанных за один год, не превосходит числа 366·2 = 732.

Пусть a1 – количество серий, показанных в 1988 году.

Поскольку 40% = 2/5, то число a1 должно делиться на 54 = 625. Следовательно, a1 = 625. Тогда можно последовательно подсчитать:

1) 1,4a1 = 875 > 732 (не подходит) или 0,6a1 = 375 = a2 – количество серий, показанных в 1989 году, а за два года серий показано 625+375 = 1000;

2) 0,6a2 = 225 (этого мало, так как в 1990 году было показана 1230-ая серия), или 1,4a2 = 525 = a3 – количество серий, показанных в 1990 году;

3) 1,4a3 = 735 > 732 (не подходит) или 0,6a3 = 315 = a4 – количество серий, показанных в 1991 году;

4) 1,4a4 = 441 или 0,6a4 = 189 – количество серий, показанных в 1992 году.

Последнюю серию сериала показали в 1992 году в тот же день, что и 1230-ую серию в 1990 году. Однако 230-ая серия в данный год могла быть показана не раньше 116-ого дня и не позже 218-ого, так как после неё показали ещё 231-525 серии (на это потребовалось минимум 147 дней). А 441-ая серия могла быть показана не ранее 221-ого дня. Поэтому первый вариант не подходит, и a5 = 189. Следовательно, «замечательный» сериал содержал: 1000+525+315+189 = 2029 серий.

Ответ: 2029.

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Изучением числовых последовательностей занимались многие ученые на протяжении многих веков. Первые из дошедших до нас задач на прогрессии связаны с запросами хозяйственной жизни и общественной практики, как, например, распределение продуктов, деление наследства и т.д. Они являются одним из ключевых понятий математики. В своей работе я постаралась отразить основные понятия, связанные с числовыми последовательностями, способы их задания, свойства, рассмотрела некоторые из них. Отдельно были рассмотрены прогрессии (арифметическая и геометрическая), рассказано об основных понятиях связанных с ними.

Числовые последовательности это очень интересная и познавательная тема. Эта тема встречается в заданиях повышенной сложности, которые предлагают учащимся авторы дидактических материалов, в задачах математических олимпиад, вступительных экзаменов в Высшие Учебные Заведения и на ЕГЭ.

Целью нашей работы было расширить знания и умения решать задачи с числовой последовательностью. Мы рассмотрели понятия числовой последовательности и ее предела, арифметической и геометрической прогрессии. Рассмотрели решение задач по данной теме.

СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

1. Арюткина С.В. О совершенствовании методической подготовки учителей на спецкурсе «Блочно-цикловой подход к организации математических задач» // Преподавание математики в вузах и школах: проблемы содержания, технологии и методики: материалы IV Всероссийской научно-практической конференции. ФГБОУ ВПО «Глазовский государственный педагогический институт им. В.Г. Короленко». – Глазов, 2012. – С. 55-56.

  1. Арюткина С.В., Напалков С.В. Специфика заданий и задачных конструкций информационного контента образовательного Web-квеста по математике: монография. – Арзамас: Арзамасский филиал ННГУ, 2015. – 109 с.

  2. Артюхина М.С., Артюхин О.И. Теоретико-методические основы проведения интерактивных лекций // Фундаментальные исследования. – 2013. – № 11-2. - С. 304-308.

  3. Власова Е.Г. Использование интерактивных способов обучения при формировании универсальных учебных действий познавательной направленности в начальной школе / Е.Г.Власова //Государственные образовательные стандарты: проблемы преемственности и внедрения: материалы всероссийской научно-практической конференции. Арзамас, 17 апреля 2015г. / Отв. ред. Е.А.Жесткова; Арзамасский филиал ННГУ.– Арзамас: Арзамасский филиал ННГУ, 2015.– С.417-423.

  4. Галицкий М. Л., Гольдман А. М., Звавич Л. И. Сборник задач по алгебре для 8-9 классов (учебное пособие для учащихся школ и классов с углубл. изуч. математики).-М.: Просвещение, 2016.

  5. Гончарова М.А., Решетникова Н.В., Образовательные технологии в школьном обучении математике: учебное пособие /. – Ростов н/Д: Феникс, 2014. – 264с.

  6. Горбачёв Н.В. Сборник олимпиадных задач по математике – М.: МЦНМО, 2004. –560 с

  7. Грэхем Р.Л., Кнут Д.Э., Паташник О. Конкретная математика. Математические основы информатики. - М.: Вильямс, 2015. - 784 с.

  8. Ковальчук А.Д., Гаев Л.В. Автоматизированный метод формирования задач на доказательство делимости элементов числовой последовательности. Исследование различных направлений развития психологии и педагогики. НИЦ АЭТРЕНА, 2016, с. 58 - 60.

  9. Кремер Н.Ш., Фридман М.Н. Линейная алгебра. - М.: Юрайт, 2014. - 307 c.

  10. Макарычев Ю. Н. и др. Алгебра 9 класс (учебник для средней школы).-М.: Просвещение, 2014.

  11. Макарычев Ю. Н., Миндюк Н. Г., Нешков, К. И. Алгебра для 9 класса с углубл. изуч. математики.-М.: Мнемозина, 2014.

  12. Макарычев Ю. Н., Миндюк Н. Г Дополнительные главы к школьному учебнику алгебры 9 класса.-М.: Просвещение, 2014.

  13. Мордкович А. Г. Алгебра 9 класс, учебник для общеобразовательных учреждекний. – М.: Мнемозина, 2014.

  14. Мордкович А. Г. , Мишутина Т. Н., Тульчинская Е. Е. Алгебра 9 класс, задачник для общеобразовательных учреждекний. – М.: Мнемозина, 2014.

  15. Напалков С.В. О реализации проекта «Конструктор образовательных web-квестов» // Web- технологии в образовательном пространстве: проблемы, подходы, перспективы: сборник статей участников Международной научно-практической конференции / Под общей редакцией С.В. Арюткиной, С.В. Напалкова; Арзамасский филиал ННГУ. – Н. Новгород; Арзамас, 2015. – С. 107- 110.

  16. Нестерова Л.Ю. Напалков С.В. Теория чисел в примерах и задачах (учебно-методическое пособие) // Международный журнал экспериментального образования. – 2015. – № 1-1. – С. 71-72.

  17. Пакшина Н. А. Web-квесты: опыт разработки и внедрения в учебный процесс: монография / НГТУ им. Р.А. Алексеева. – Н. Новгород, 2013. – 92 с.

  18. Птицын Ю.А. Первые результаты опытно-экспериментальной работы МБОУ СОШ №3 города Арзамаса по формированию универсальных учебных действий средствами предметов, изучаемых в основной школе / Ю.А.Птицын, Е.А.Галкина, А.В.Марина // Государственные образовательные стандарты: проблемы преемственности и внедрения: материалы всероссийской научно-практической конференции. Арзамас, 17 апреля 2015г. / Отв. ред. Е.А.Жесткова; Арзамасский филиал ННГУ.– Арзамас: Арзамасский филиал ННГУ, 2015.– С.656-661

  19. Таранова М.В. Учебно-исследовательская деятельность как фактор повышения эффективности обучения математике учащихся профильных классов: дис. ... канд. пед. наук. – Новосибирск, 2013. – 190 с

Просмотров работы: 2116