Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2911
2019-05-06 
Доказать, что если число $n$ неотрицательно, то его можно (и притом единственным образом!) представить в виде $n = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2}$, где $x$ и $у$ - целые неотрицательные числа.
Решение:
Первое решение. Нам надо доказать, что каждое целое неотрицательное число $n$ единственным образом представляется в виде:
$n = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2} = \frac {(x+y)^2 + (x + y) + 2x}{2} = \frac {(x+y)^2 + (x+y)}{2} + x = \frac {X(X+1)}{2} + x$,
где $X = x+y$ и, значит, $X \geq 0$ и $0 \leq x \leq X$ (напомним, что числа $x$ и $у$ неотрицательны). Но ясно, что при фиксированном $X \geq 0$ и $x$, меняющемся в «допустимых» пределах от 0 до $X$, число $n = \frac {X(X+1)}{2} + x$ будет принимать все целые значения в пределах от $N_x = \frac {X(X+1)}{2}$ (случай $x = 0$) и до $N_x = \frac {X(X+1)}{2} + X$ (случай $x = X$), причем каждое из этих значений встретится по одному разу. Следующее целое число $N_{X} + 1 = \frac {X(X+1)}{2} + X + 1 = \frac {(X+1)(X+2)}{2}$ отвечает на единицу большему значению $X$ (значению $X + 1$) и величине $x = 0$; при изменении $x$ от 0 до $X + 1$ мы точно так же получим все целые числа от 0 до $X + 1$ мы точно так же получим все целые числа от $N_{X+1} = \frac {(X+1)(X+2)}{2}$ до $N_{X+1}^{ \prime} = N_{X+2-1}$, и т. д. Это рассуждение доказывает утверждение задачи.
Второе решение. Перенумеруем все точки плоскости с неотрицательными координатами ($x$, $у$) в таком порядке, как это показано на рис. Мы утверждаем, что при этом точка с координатами ($x$, $y$) получит номер – $n = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2}$ отсюда и будет следовать утверждение задачи, ибо в такой бесконечной цепочке точек $x, y$ точка с (целым неотрицательным) номером $n$ встретится ровно один раз.
Доказательство можно провести индукцией по $n$. Ясно, что номер $n = 0$ будет иметь точка с координатами (0,0) а номер 1 - точка с координатами (0,1); при этом
$0 = \frac {(0+0)^2 + 3 \cdot 0 + 0}{2}$ и $1 = \frac {(0+1)^2 + 3 \cdot 0 + 1}{2}$.
Предположим теперь, что для всех точек нашей цепочки, вплоть до рис. точки с номером $n$, требуемое утверждение уже доказано; при этом «$n$-я» точка пусть имеет координаты $x$, $у$. Если здесь $y \neq 0$, то «$(n+1)$-я» точка будет иметь координаты $x+1, y-1$, - и действительно
$\frac {[(x+1) + (y - 1)]^2 + 3 (x+1) + (y-1)}{2} = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2} + 1 = n + 1$;
если же $у = 0$, то «$(n+1)$-я» точка имеет координаты $(0, x + 1)$ - и также
$\frac {(0+x+1)^2 + 3 \cdot 0 + (x+1)}{2} = \frac {(x+0)^2 + 3x + 0}{2} + 1 = n + 1$.
Доказать, что если число $n$ неотрицательно, то его можно (и притом единственным образом!) представить в виде $n = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2}$, где $x$ и $у$ - целые неотрицательные числа.
Решение:
Первое решение. Нам надо доказать, что каждое целое неотрицательное число $n$ единственным образом представляется в виде:
$n = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2} = \frac {(x+y)^2 + (x + y) + 2x}{2} = \frac {(x+y)^2 + (x+y)}{2} + x = \frac {X(X+1)}{2} + x$,
где $X = x+y$ и, значит, $X \geq 0$ и $0 \leq x \leq X$ (напомним, что числа $x$ и $у$ неотрицательны). Но ясно, что при фиксированном $X \geq 0$ и $x$, меняющемся в «допустимых» пределах от 0 до $X$, число $n = \frac {X(X+1)}{2} + x$ будет принимать все целые значения в пределах от $N_x = \frac {X(X+1)}{2}$ (случай $x = 0$) и до $N_x = \frac {X(X+1)}{2} + X$ (случай $x = X$), причем каждое из этих значений встретится по одному разу. Следующее целое число $N_{X} + 1 = \frac {X(X+1)}{2} + X + 1 = \frac {(X+1)(X+2)}{2}$ отвечает на единицу большему значению $X$ (значению $X + 1$) и величине $x = 0$; при изменении $x$ от 0 до $X + 1$ мы точно так же получим все целые числа от 0 до $X + 1$ мы точно так же получим все целые числа от $N_{X+1} = \frac {(X+1)(X+2)}{2}$ до $N_{X+1}^{ \prime} = N_{X+2-1}$, и т. д. Это рассуждение доказывает утверждение задачи.
Второе решение. Перенумеруем все точки плоскости с неотрицательными координатами ($x$, $у$) в таком порядке, как это показано на рис. Мы утверждаем, что при этом точка с координатами ($x$, $y$) получит номер – $n = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2}$ отсюда и будет следовать утверждение задачи, ибо в такой бесконечной цепочке точек $x, y$ точка с (целым неотрицательным) номером $n$ встретится ровно один раз.
Доказательство можно провести индукцией по $n$. Ясно, что номер $n = 0$ будет иметь точка с координатами (0,0) а номер 1 - точка с координатами (0,1); при этом
$0 = \frac {(0+0)^2 + 3 \cdot 0 + 0}{2}$ и $1 = \frac {(0+1)^2 + 3 \cdot 0 + 1}{2}$.
Предположим теперь, что для всех точек нашей цепочки, вплоть до рис. точки с номером $n$, требуемое утверждение уже доказано; при этом «$n$-я» точка пусть имеет координаты $x$, $у$. Если здесь $y \neq 0$, то «$(n+1)$-я» точка будет иметь координаты $x+1, y-1$, - и действительно
$\frac {[(x+1) + (y - 1)]^2 + 3 (x+1) + (y-1)}{2} = \frac {(x+y)^2 + 3x + y}{2} + 1 = n + 1$;
если же $у = 0$, то «$(n+1)$-я» точка имеет координаты $(0, x + 1)$ - и также
$\frac {(0+x+1)^2 + 3 \cdot 0 + (x+1)}{2} = \frac {(x+0)^2 + 3x + 0}{2} + 1 = n + 1$.
