|
|
 |
Условие
Докажите, что существует бесконечно много таких троек чисел n – 1, n, n + 1, что:
a) n представимо в виде суммы двух квадратов натуральных (целых
положительных) чисел, а n – 1 и n + 1 – нет;
б) каждое из трёх чисел представимо в виде суммы двух квадратов натуральных чисел.
Решение
Будем говорить, что число представимо, если оно является суммой квадратов двух натуральных чисел.
а) Первый способ. Число вида 4t + 3 не представимо; число, кратное 3, но не кратное 9, также не представимо. Число n = 2·100m = (10m)2 + (10m)² представимо, а числа n – 1 = 2·100m – 1 ≡ 3 (mod 4) и n + 1 = 2·100m + 1 – нет (сумма цифр последнего числа, а значит, и остаток его при делении на 9, равны 3).
Вариант. Рассмотрим число n = (36k + 2)² + 4². Число n – 1 не представимо, так как при делении на 4 дает остаток 3, а число n + 1 – так как при делении на 9 дает остаток 3.
Второй способ. Квадрат любого числа при делении на 16 дает остаток 0, 1, 4 или 9. Отсюда следует, что числа вида 16k + 12, 16k + 14 не представимы. Поэтому любое n вида (8r + 5)² + (8s + 6)² = 16m + 13 удовлетворяет условию.
Третий способ. Число n = 9k + 1 = (3k)² + 1² представимо. n + 1 дает остаток 2 при делении на 3 и поэтому не представимо.
Пусть n – 1 = 9k = a² + b². Без ограничения общности хотя бы одно из чисел a, b не кратно 3 (иначе сократим равенство на 9). Тогда и второе число не делится на 3. Но квадрат числа, не кратного 3, дает при делении на 3 остаток 1, значит, a² + b² не может делиться на 3. Противоречие.
б) Положим n = 2k² + 1, где k = m² – m. Тогда n – 1 = k² + k², n = 2m4 – 4m³ + 2m² + 1 = (m² – 2m)² + (m² – 1)², n + 1 = (k + 1)² + (k – 1)².
Замечания
1. Другие решения п. б) см. в задаче М814 в) из Задачника "Кванта".
2. Баллы: 3 + 5.
3. Можно доказать, что существуют сколь угодно длинные отрезки натурального ряда, состоящие из непредставимых чисел.
4. Можно также найти бесконечно много значений n, для которых пара чисел n, n + 1 представима, а соседние с ними числа – нет. Простой пример:
n = 100k.
