Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2835
2019-05-06 
а) Доказать, что всякое число, не являющееся степенью двойки, может быть представлено в виде суммы по меньшей мере двух последовательных Целых положительных чисел, а для степеней двойки такое представление невозможно.
б) Доказать, что всякое составное нечетное число может быть представлено в виде суммы по меньшей мере двух последовательных нечетных чисел, а ни одно простое число нельзя представить в таком виде. Какие четные числа можно представить в виде суммы нескольких последовательных нечетных чисел?
в) Доказать, что каждую степень целого положительного числа $n$ (разумеется, с показателем, большим 1) можно представить в виде суммы $n$ последовательных нечетных чисел.
Решение:
а) Пусть наше число $N$ отлично от любой степени 2. Тогда имеет место равенство
$N = 2^k(2l + 1)$,
где $2^k$ - наибольшая степень 2, на которую делится $N$ ($k$ может быть равно нулю), а $2l + 1$ - наибольший нечетный делитель числа $N$. Далее, имеем:
$(2^k - l) + (2^k - l + 1) + \cdots + (2^k - l + 2l - 1) + (2^k - l + 2l) = \frac {(2l+1)(2^k - l + 2^k - l + 2l}{2} = 2^k(2l + 1) = N$.
При этом, если несколько первых из этих $2l+1$ последовательных целых чисел будут отрицательными (т. е. $l > 2^k$), то их можно будет сократить с первыми положительными числами и $N$ опять представится в виде суммы некоторого числа (меньшего $2l + 1$) положительных целых чисел.
Предположим теперь, что какое-нибудь число вида $2^k$ можно представить в виде суммы $m$ последовательных целых положительных чисел $n, n+1, \cdots, n+m - 2, n+m-1$. Тогда
$2^{k+1} = 2[n + (n+1) + \cdots + (n+m-2) + (n+m - 1) = m(n+n+m-1) = m(2n + m - 1)$.
Но разность $(2n + m - 1) - m = 2n - 1$ нечетна, следовательно, одно из чисел, $m$ или $2n + m - 1$, нечетно (причем оба они отличны от 1, ибо $m > 1$ и $n > 0$). Значит, последнее равенство невозможно (ибо $2^{k+1}$ не имеет нечетных делителей, отличных от 1).
б) Имеем:
$(2n+1) + (2n+3) + (2n + 5) + \cdots + (2m - 1) = \frac {(2n+1) + (2m - 1)}{2} \cdot (m-n) = (m+n) \cdot (m-n)$.
Поэтому если число $N$ представимо в виде суммы последовательных нечетных чисел, то оно составное (разлагается па множители $m+n$ и $m-n$). С другой стороны, каждое нечетное составное число $N$ можно представить в виде произведения двух нечетных множителей $a$ и $b$ ($a \geq b$) и, следовательно, $N = ab = (m+n)(m-n)$, где $m = \frac{a+b}{2}, n = \frac{a-b}{2}$ есть сумма нечетных чисел от $a-b+1$ до $a+b-1$.
Далее, в формуле $N = (m+n)(m-n)$ множители $m+n$ и $m-n$ оба четны или оба нечетны; если $N$ четно, то эти множители, очевидно, должны быть четными. Но в таком случае $N$ делится на 4 (и $m+n$ и $m-n$ делятся па 2); следовательно, если четное число $N$ не делится на 4, то его нельзя представить в виде суммы последовательных нечетных чисел. Если же $N = 4n$ делится на 4, то $N$ можно представить в виде суммы двух последовательных нечетных чисел $2n-1$ и $2n+1$.
в) Легко видеть, что
$(n^{k-1} - n + 1) + (n^{k-1} - n + 3) + \cdots + (n^{k-1} - 1) + (n^{k-1} + 1) + \cdots + (n^{k-1} + n - 3) + (n^{k-1} + n - 1) = \frac {(n^{k-1} - n + 1) + (n^{k-1} + n - 1)}{2} \cdot n = n^k$.
(все слагаемые этой суммы нечетны, ибо $n^{k-1}$ и $n$ одновременно четны или нечетны).
а) Доказать, что всякое число, не являющееся степенью двойки, может быть представлено в виде суммы по меньшей мере двух последовательных Целых положительных чисел, а для степеней двойки такое представление невозможно.
б) Доказать, что всякое составное нечетное число может быть представлено в виде суммы по меньшей мере двух последовательных нечетных чисел, а ни одно простое число нельзя представить в таком виде. Какие четные числа можно представить в виде суммы нескольких последовательных нечетных чисел?
в) Доказать, что каждую степень целого положительного числа $n$ (разумеется, с показателем, большим 1) можно представить в виде суммы $n$ последовательных нечетных чисел.
Решение:
а) Пусть наше число $N$ отлично от любой степени 2. Тогда имеет место равенство
$N = 2^k(2l + 1)$,
где $2^k$ - наибольшая степень 2, на которую делится $N$ ($k$ может быть равно нулю), а $2l + 1$ - наибольший нечетный делитель числа $N$. Далее, имеем:
$(2^k - l) + (2^k - l + 1) + \cdots + (2^k - l + 2l - 1) + (2^k - l + 2l) = \frac {(2l+1)(2^k - l + 2^k - l + 2l}{2} = 2^k(2l + 1) = N$.
При этом, если несколько первых из этих $2l+1$ последовательных целых чисел будут отрицательными (т. е. $l > 2^k$), то их можно будет сократить с первыми положительными числами и $N$ опять представится в виде суммы некоторого числа (меньшего $2l + 1$) положительных целых чисел.
Предположим теперь, что какое-нибудь число вида $2^k$ можно представить в виде суммы $m$ последовательных целых положительных чисел $n, n+1, \cdots, n+m - 2, n+m-1$. Тогда
$2^{k+1} = 2[n + (n+1) + \cdots + (n+m-2) + (n+m - 1) = m(n+n+m-1) = m(2n + m - 1)$.
Но разность $(2n + m - 1) - m = 2n - 1$ нечетна, следовательно, одно из чисел, $m$ или $2n + m - 1$, нечетно (причем оба они отличны от 1, ибо $m > 1$ и $n > 0$). Значит, последнее равенство невозможно (ибо $2^{k+1}$ не имеет нечетных делителей, отличных от 1).
б) Имеем:
$(2n+1) + (2n+3) + (2n + 5) + \cdots + (2m - 1) = \frac {(2n+1) + (2m - 1)}{2} \cdot (m-n) = (m+n) \cdot (m-n)$.
Поэтому если число $N$ представимо в виде суммы последовательных нечетных чисел, то оно составное (разлагается па множители $m+n$ и $m-n$). С другой стороны, каждое нечетное составное число $N$ можно представить в виде произведения двух нечетных множителей $a$ и $b$ ($a \geq b$) и, следовательно, $N = ab = (m+n)(m-n)$, где $m = \frac{a+b}{2}, n = \frac{a-b}{2}$ есть сумма нечетных чисел от $a-b+1$ до $a+b-1$.
Далее, в формуле $N = (m+n)(m-n)$ множители $m+n$ и $m-n$ оба четны или оба нечетны; если $N$ четно, то эти множители, очевидно, должны быть четными. Но в таком случае $N$ делится на 4 (и $m+n$ и $m-n$ делятся па 2); следовательно, если четное число $N$ не делится на 4, то его нельзя представить в виде суммы последовательных нечетных чисел. Если же $N = 4n$ делится на 4, то $N$ можно представить в виде суммы двух последовательных нечетных чисел $2n-1$ и $2n+1$.
в) Легко видеть, что
$(n^{k-1} - n + 1) + (n^{k-1} - n + 3) + \cdots + (n^{k-1} - 1) + (n^{k-1} + 1) + \cdots + (n^{k-1} + n - 3) + (n^{k-1} + n - 1) = \frac {(n^{k-1} - n + 1) + (n^{k-1} + n - 1)}{2} \cdot n = n^k$.
(все слагаемые этой суммы нечетны, ибо $n^{k-1}$ и $n$ одновременно четны или нечетны).
