как доказать что число целое

Какие числа называются целыми

Определение целых чисел

Что важно знать о целых числах:

Целые числа на числовой оси выглядят так:

На координатной прямой начало отсчета всегда начинается с точки 0. Слева находятся все отрицательные целые числа, справа — положительные. Каждой точке соответствует единственное целое число.

В любую точку прямой, координатой которой является целое число, можно попасть, если отложить от начала координат данное количество единичных отрезков.

Натуральные числа — это целые, положительные числа, которые мы используем для подсчета. Вот они: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13 + ∞.

Целые числа — это расширенное множество натуральных чисел, которое можно получить, если добавить к ним нуль и отрицательные числа. Множество целых чисел обозначают Z.

Выглядит эти ребята вот так:

Последовательность целых чисел можно записать так:

Свойства целых чисел

Таблица содержит основные свойства сложения и умножения для любых целых a, b и c:

Источник

Делимость чисел. Признаки делимости. Основная теорема арифметики

В этой статье – необходимая теория для решения задачи 18 Профильного ЕГЭ по математике. Но это не все. Знания о числах и их свойствах, признаки делимости и формула деления с остатком могут пригодиться вам при решении многих задач ЕГЭ.
Повторим еще раз, какие бывают числа.

Например, при делении 9 на 4 мы получаем частное 2 и остаток 1, то есть 9 = 4∙2 + 1.

Простые числа – те, что делятся только на себя и на единицу. Единица не является ни простым, ни составным числом. Простые числа: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19…

Числа называются взаимно простыми, если они не имеют общих делителей, кроме 1.

Любое натуральное число можно разложить на простые множители.

Например, 72 = 2∙2∙2∙3∙3, а 98 = 2∙7∙7.

Основная теорема арифметики: Любое натуральное число можно представить в виде произведения простых делителей, взятых в натуральных степенях, причем это разложение единственно.

Наименьшее общее кратное двух чисел (НОК) — это наименьшее число, которое делится на оба данных числа.

Наибольший общий делитель двух чисел (НОД) — это наибольшее число, на которое делятся два данных числа.

последняя цифра числа четная;

сумма цифр числа делится на 3;

число заканчивается на 0 или на 5;

сумма цифр числа делится на 9;

последняя цифра числа равна 0;

суммы цифр на четных и нечетных позициях числа равны или их разность кратна 11.

Источник

math4school.ru

Делимость целых чисел и остатки

Немного теории

В разнообразных задачах про целые числа используются основные понятия и теоремы, связанные с делимостью. Приведём некоторые из них.

Каждое целое число а можно разделить на натуральное число m с остатком, то есть представить в виде а = mq + r, где q и r – целые числа и r (остаток) не меньше 0, но меньше q.

Среди любых m последовательных целых чисел найдется ровно одно число, делящееся на m.

Если два числа а и b при делении на число m дают одинаковые остатки, то говорят, что а сравнимо с b по модулю m. Записывают это так

Если a > b, то наибольший общий делитель a и b равен наибольшему общему делителю a – b и b.

Если а и b – натуральные числа и а = bq + r (r – остаток), то наибольший общий делитель d этих чисел равен наибольшему общему делителю b и r; пользуясь этим утверждением несколько раз, можно найти его как последний не равный нулю остаток в цепочке делений с остатком:

(алгоритм Евклида); отсюда следует, что существуют целые числа х и у, такие, что d = ах + by. В частности, если числа а и b взаимно просты, то есть не имеют общих делителей, больших 1, то существуют целые х и у, для которых ах + by = 1.

Каждое натуральное число единственным образом представляется в виде произведения простых чисел (основная теорема арифметики).

Количество простых чисел бесконечно; доказательство этого утверждения по Евклиду основано на том, что произведение нескольких простых чисел, сложенное с единицей, имеет отличные от всех этих простых чисел множители.

Задачи с решениями

1. Сколько существует натуральных чисел, меньших 1000, которые не делятся ни на 5, ни на 7?

Вычёркиваем из 999 чисел, меньших 1000, числа, кратные 5: их [999/5]=199. Далее вычёркиваем числа, кратные 7: их [999/7]=142. Но среди чисел, кратных 7, имеется [999/35]=28 чисел, одновременно кратных 5; они будут вычеркнуты дважды. Итого, нами должно быть вычеркнуто 199+142–28=313 чисел. Остаётся 999–313=686.

2. Номер автобусного билета – шестизначное число. Билет называется счастливым, если сумма трёх первых цифр номера равна сумме последних трёх цифр. Докажите, что сумма всех номеров счастливых билетов делится на 13.

Если счастливый билет имеет номер А, то билет с номером В=999999–А также счастливый, при этом А и В различны. Поскольку А+В=999999=1001·999=13·77·99 делится на 13, то и сумма номеров всех счастливых билетов делится на 13.

3. Докажите, что сумма квадратов трёх целых чисел не может при делении на 8 дать в остатке 7.

Любое целое число при делении на 8 имеет остатком одно из следующих восьми чисел 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, поэтому квадрат целого числа имеет остатком при делении на 8 одно из трёх чисел 0, 1, 4. Чтобы при делении на 8 сумма квадратов трёх чисел имела остаток 7, необходимо, чтобы выполнялся один из двух случаев: либо один из квадратов, либо все три при делении на 8 имеют нечётные остатки.

В первом случае нечётный остаток есть 1, а сумма двух чётных остатков равна 0, 2, 4, то есть сумма всех остатков равна 1, 3, 5. Остатка 7 в этом случае получить нельзя. Во втором случае три нечётных остатка это три 1, и остаток всей суммы равен 3. Итак, 7 не может быть остатком при делении на 8 суммы квадратов трёх целых чисел.

4. Докажите, что при любом натуральном n:

а) число 5 5n+1 + 4 5n+2 + 3 5n делится на 11.

б) число 2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 делится на 17.

а) Первоначально выполним следующее преобразование заданного выражения:

Принимая во внимание бином Ньютона n-й степени, можно записать: (х+1) n = Ах+1, где А – некоторое целое число при целых х. Тогда приведённое выше выражение принимает вид 11В+5+16+1 = 11С, очевидно делящееся на 11, где В и С – некоторые целые числа.

б) Выполним следующие преобразования, из которых следует доказываемое утверждение:

2 5n+3 + 5 n ·3 n+2 = 8·32 n + 9·15 n = 8(17+15) n + 9·15 n = 17А + 8·15 n + 9·15 n = 17А + 17·15 n = 17В,

где А, В – целые положительные числа.

а) если х 2 +у 2 делится на 3 и числа х, у целые, то х и у делятся на 3;

б) если сумма трёх целых чисел делится на 6, то и сумма кубов этих чисел делится на 6;

в) если p и q простые числа и p>3, q>3, то p 2 –q 2 делится на 24;

г) если a, b, c – любые целые числа, то найдутся такие взаимно простые k и t, что ak+bt делится на c.

Таким образом, х=3а и у=3b, то есть х и у делятся на 3, что и требовалось доказать.

б) Достаточно показать, что x 3 +y 3 +z 3 –(x+y+z) делится на 6. Это так и есть, ведь каждое из слагаемых x 3 –x, y 3 –y и z 3 –z делится на 6, поскольку а 3 –а=а(а–1)(а+1) – произведение трёх последовательных целых чисел, которое обязательно делится на 2, 3, а, значит, и 6.

в) Кратность p 2 –q 2 числу 3 можно доказать так. При делении на 3 квадраты целых чисел дают остатки 0 или 1. Так как p и q простые числа больше 3, то это p 2 и q 2 при делении на 3 имеют одинаковые остатки – единицу. Тогда p 2 –q 2 делится на 3.

С другой стороны, p 2 –q 2 =(p+q)(p–q). Так как p и q нечётные и при делении на 4 имеют остатки 1 или 3, то выражение в одних скобках делится на 4, а в других – на 2, а разность квадратов p и q – на 8.

Так как p 2 –q 2 делится на взаимно простые числа 3 и 8, то p 2 –q 2 делится на 3·8=24, что и требовалось доказать.

г) Пусть наибольший общий делитель чисел b и c–a равен d, b=k·d и c–a=t·d. Тогда числа k и t взаимно просты.

Итак, a·k+b·t делится на c.

а) наибольший общий делитель чисел 2n+3 и n+7;

б) все пары натуральных чисел х, у таких, что 2х+1 делится на у и 2у+1 делится на х;

в) все целые k, для которых k 5 +3 делится на k 2 +1;

а) Заметим, что если m > n, то НОД (m; n) = НОД (m – n; n).

Иначе говоря, наибольший общий делитель двух натуральных чисел равен наибольшему общему делителю модуля их разности и меньшего числа. Легко доказать это свойство.

Пусть k – общий делитель m u n (m > n). Это значит, что m = ak, n = bk, где a, b – натуральные числа, причем a > b. Тогда m – n = k(a – b), откуда следует, что k – делитель числа m – n. Значит, все общие делители чисел m и n являются делителями их разности m – n, в том числе и наибольший общий делитель.

НОД (2n+3; n+7) = НОД (n+7; 2n+3 – (n+7)) = НОД (n+7; n–4) = НОД (n–4; 11).

Так как 11 – простое число, то искомый наибольший общий делитель равен 1 либо 11. Если n–4 = 11d, то есть n = 4+11d, то наибольший общий делитель равен 11, в противном случае – 1.

Ответ: НОД (2n+3; n+7) = 11, при n равных 4+11d; НОД (2n+3; n+7) = 1, при n не равных 4+11d.

б) Число 2х+1 нечётное и делится на у, поэтому у тоже нечётное. Аналогично х – нечётное.

Числа х и у взаимно простые. Действительно, пусть k – общий делитель х и у, тогда 2х делится на k, и (2х+1) тоже делится на k (k – делитель у, а у – делитель 2х+1). Значит, 1 делится на k, то есть k=1.

Число 2х+2у+1 делится и на х и на у, а значит, – на ху. Тогда 2х+2у+1 не меньше ху.

Пусть х 5 +3 = (k 3 –k)( k 2 +1) + (k+3), то k 5 +3 делится на k 2 +1, если k+3 делится на k 2 +1. Когда это возможно? Рассмотрим варианты:

1) k+3 = 0, а значит k = –3;

2) k+3 = k 2 +1; решая, находим k = –1, k = 2;

3) проверим целые k при которых k+3 > k 2 +1; после проверки: k = 0, k = 1.

г) пусть m = 2·3·5·7·k. Подбирая k так, чтобы m–1 делилось на 11, а m+1 – на 13, получим, что число n = m–10 удовлетворяет условию задачи.

7. Существует ли десятизначное число, делящееся на 11, в записи которого каждая цифра встречается по одному разу?

I способ. Выписывая трёхзначные числа, делящиеся на 11, можно среди них найти три числа, в записи которых участвуют все цифры от 0 до 9. Например, 275, 396,418. С их помощью можно составить десятизначное число, делящееся на 11. Например:

2753964180 = 275·10 7 + 396·10 7 + 418·10 = 11·(25·10 7 + 36·10 4 + 38·10).

II способ. Для нахождения требуемого числа воспользуемся признаком делимости на 11, согласно которому числа n=a₁a₂a₃…a₁₀ (в данном случае а_i не множители, а цифры в записи числа n) и S(n)=a₁–a₂+a₃–…–a₁₀ одновременно делятся на 11.

Пусть А – сумма цифр, входящая в S(n) со знаком «+», В – сумма цифр, входящая в S(n) со знаком «–». Число А–В, согласно условию задачи, должно делиться на 11. Положим В–А=11, кроме того, очевидно, А+В=1+2+3+…+9=45. Решая полученную систему В–А=11, А+В=45, находим, А=17, В=28. Подберём группу из пяти различных цифр с суммой 17. Например, 1+2+3+5+6=17. Эти цифры возьмём в качестве цифр с нечётными номерами. В качестве цифр с чётными номерами возьмём оставшиеся – 4, 7, 8, 9, 0.

Мы видим, что условию задачи удовлетворяет, например, число 1427385960.

8. Два двузначных числа, записанных одно за другим, образуют четырёхзначное число, которое делится на их произведение. Найти эти числа.

Пусть a и b – два двузначных числа, тогда 100a+b – четырёхзначное число. По условию 100a+b = k·ab, отсюда b = a(kb–100), то есть b делится на a.

Итак, b = ma, но a и b двузначные числа, поэтому m однозначное.

Так как 100a+b = 100a+ ma = а(100+m) и 100a+b = kab, то а(100+m) = kab,

то есть 100+m = kb или 100+m = kma, откуда 100 = m(ka–1).

Таким образом, m – делитель числа 100, кроме того, m – однозначное число, значит, m = 1, 2, 4, 5.

Так как ka = 1+100/m, причём а двузначно, то отпадают для m значения 1 и 5, ибо

при m = 1 число 100/1+1 = 101 не делится ни на какое двузначное число а;

при m = 5 число 100/5+1 = 21 и имеем а=21, при котором b = ma = 5·21 – трёхзначное число.

При m = 2 имеем, ka = 51, a = 17, b = 17·2 = 34;

при m = 4 имеем, ka = 26, a = 13, b = 13·4 = 52.

Ответ: 17 и 34, 13 и 52.

Воспользуемся тем, что сумма одинаковых нечётных степеней двух чисел делится на сумму этих чисел, что следует из известного алгебраического тождества. Можно записать:

2 2k+1 + n 2k+1 = (2 + n)·А₁,

3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 = (3 + (n – 1))·А₂ = (2 + n)·А₂,

4 2k+1 + (n – 2) 2k+1 = (4 + (n – 2))·А₃ = (2 + n)·А₃ и так далее, где А_i – некоторые целые числа.

В зависимости от чётности n возможна нехватка числа для образования последней пары, избежать этого позволит умножение на 2, рассматриваемой в условии суммы. Итак,

2(1 2k+1 + 2 2k+1 +. +n 2k+1 ) = 2·1 2k+1 + (2 2k+1 + n 2k+1 ) + (3 2k+1 + (n – 1) 2k+1 ) +. + (n 2k+1 + 2 2k+1 ) =

= 2 + (n + 2)·А, где А – некоторое целое число.

Одно из слагаемых последней суммы делится на n + 2, другое при любых натуральных n – нет. Итак, рассматриваемая в условии сумма не делится на n при любых натуральных n и k.

10. Докажите, что для любого простого числа р > 2 числитель m дроби

Заметим, что число р–1 чётное, и преобразуем дробь m/n к виду

Приводя полученное выражение к общему знаменателю

Задачи без решений

1. Докажите, что при любом натуральном n:

а) число 4 n + 15n – 1 делится на 9;

б) число 3 2n+3 + 40n – 27 делится на 64;

в) число 5 n (5 n + 1) – 6 n (3 n + 2 n ) делится на 91.

а) натуральные значения n такие, что n 5 – n делится на 120;

б) наименьшее натуральное число n такое, что n делится на 19, а n + 2 делится на 82.

3. Пусть m, n – различные натуральные числа, причём m – нечётное. Докажите, что 2 m –1 и 2 n +1 взаимно простые.

4. Четыре различных целых трёхзначных числа, начинающиеся с одной и той же цифры, обладают тем свойством, что их сумма делится на три из них без остатка. Найдите эти числа.

Источник

Деление чисел с остатком

Деление с остатком целых положительных чисел

Деление — это разбиение целого на равные части.

Остаток от деления — это число, которое образуется при делении с остатком. То есть то, что «влезло» и осталось, как хвостик.

Чтобы научиться делить числа с остатком, нужно усвоить некоторые правила. Начнем!

Все целые положительные числа являются натуральными. Поэтому деление целых чисел выполняется по всем правилам деления с остатком натуральных чисел.

Попрактикуемся в решении.

Пример

Разделить 14671 на 54.

Выполним деление столбиком:

Неполное частное равно 271, остаток — 37.

Ответ: 14671 : 54 = 271(остаток 37).

Деление с остатком положительного числа на целое отрицательное

Чтобы легко выполнить деление с остатком положительного числа на целое отрицательное, обратимся к правилу:

В результате деления целого положительного a на целое отрицательное b получаем число, которое противоположно результату от деления модулей чисел a на b. Тогда остаток равен остатку при делении |a| на |b|.

Неполное частное — это результат деления с остатком. Обычно в ответе записывают целое число и рядом остаток в скобках.

Это правило можно описать проще: делим два числа со знаком «плюс», а после подставляем «минус».

Все это значит, что «хвостик», который у нас остается, когда делим положительное число на отрицательное — всегда положительное число.

Алгоритм деления положительного числа на целое отрицательное (с остатком):

Пример

Разделить 17 на −5 с остатком.

Применим алгоритм деления с остатком целого положительного числа на целое отрицательное.

Разделим 17 на − 5 по модулю. Отсюда получим, что неполное частное равно 3, а остаток равен 2. Получим, что искомое число от деления 17 на − 5 = − 3 с остатком 2.

Ответ: 17 : (− 5) = −3 (остаток 2).

Деление с остатком целого отрицательного числа на целое положительное

Чтобы быстро разделить с остатком целое отрицательное число на целое положительное, тоже придумали правило:

Чтобы получить неполное частное с при делении целого отрицательного a на положительное b, нужно применить противоположное данному числу и вычесть из него 1. Тогда остаток d будет вычисляться по формуле:

d = a − b * c

Из правила делаем вывод, что при делении получается целое неотрицательное число.

Для точности решения применим алгоритм деления а на b с остатком:

Рассмотрим пример, где можно применить алгоритм.

Пример

Найти неполное частное и остаток от деления −17 на 5.

Разделим заданные числа по модулю.

Получаем, что при делении частное равно 3, а остаток 2.

Так как получили 3, противоположное ему −3.

Необходимо отнять единицу: −3 − 1 = −4.

Чтобы вычислить остаток, необходимо a = −17, b = 5, c = −4, тогда:

d = a − b * c = −17 − 5 * (−4) = −17 − (− 20) = −17 + 20 = 3.

Значит, неполным частным от деления является число −4 с остатком 3.

Ответ: (−17) : 5 = −4 (остаток 3).

Деление с остатком целых отрицательных чисел

Сформулируем правило деления с остатком целых отрицательных чисел:

Для получения неполного частного с от деления целого отрицательного числа a на целое отрицательное b, нужно произвести вычисления по модулю, после чего прибавить 1. Тогда можно произвести вычисления по формуле:

d = a − b * c

Из правила следует, что неполное частное от деления целых отрицательных чисел — положительное число.

Алгоритм деления с остатком целых отрицательных чисел:

Пример

Найти неполное частное и остаток при делении −17 на −5.

Применим алгоритм для деления с остатком.

Разделим числа по модулю. Получим, что неполное частное равно 3, а остаток равен 2.

Сложим неполное частное и 1: 3 + 1 = 4. Из этого следует, что неполное частное от деления заданных чисел равно 4.

Для вычисления остатка применим формулу. По условию a = −17, b = −5, c = 4, тогда получим d = a − b * c = −17 − (−5) * 4 = −17 − (−20) = −17 + 20 = 3.

Получилось, что остаток равен 3, а неполное частное равно 4.

Ответ: (−17) : (−5) = 4 (остаток 3).

Деление с остатком с помощью числового луча

Деление с остатком можно выполнить и на числовом луче.

Пример 1

Рассмотрим выражение: 10 : 3.

Отметим на числовом луче отрезки по 3 деления. Видим, что три деления помещаются полностью три раза и одно деление осталось.

Решение: 10 : 3 = 3 (остаток 1).

Пример 2

Рассмотрим выражение: 11 : 3.

Отметим на числовом луче отрезки по 3 деления. Видим, что три деления поместились три раза и два деления осталось.

Решение: 11 : 3 = 3 (остаток 2).

Проверка деления с остатком

Пока решаешь пример, бывает всякое: то в окно отвлекся, то друг позвонил. Чтобы убедиться в том, что все правильно, важно себя проверять. Особенно ученикам 5 класса, которые только начали проходить эту тему.

Формула деления с остатком

a = b * c + d,

где a — делимое, b — делитель, c — неполное частное, d — остаток.

Эту формулу можно использовать для проверки деления с остатком.

Пример

Рассмотрим выражение: 15 : 2 = 7 (остаток 1).

В этом выражении: 15 — это делимое, 2 — делитель, 7 — неполное частное, а 1 — остаток.

Чтобы убедиться в правильности ответа, нужно неполное частное умножить на делитель (или наоборот) и к полученному произведению прибавить остаток. Если в результате получится число, которое равно делимому, то деление с остатком выполнено верно. Вот так:

Теорема о делимости целых чисел с остатком

Если нам известно, что а — это делимое, тогда b — это делитель, с — неполное частное, d — остаток. И они между собой связаны. Эту связь можно описать через теорему о делимости с остатком и показать при помощи равенства.

Теорема

Любое целое число может быть представлено только через целое и отличное от нуля число b таким образом:

где q и r — это некоторые целые числа. При этом 0 ≤ r ≤ b.

Доказательство:

Если существуют два числа a и b, причем a делится на b без остатка, тогда из определения следует, что есть число q, и будет верно равенство a = b * q. Тогда равенство можно считать верным: a = b * q + r при r = 0.

Тогда необходимо взять q такое, чтобы данное неравенством b * q

Источник

Гармонический ряд и натуральные числа

Задача

Будем рассматривать суммы нескольких дробей, у которых в числителях стоят единицы, а в знаменателях — последовательные натуральные числа начиная с двойки:

\[ \dfrac12 + \dfrac13 + \dfrac14 + \ldots + \dfrac1. \]

Такие суммы получаются, если брать начальные куски гармонического ряда и отбрасывать первое слагаемое, равное 1. Например, \( \dfrac12 + \dfrac13 = \dfrac56 \), \( \dfrac12 + \dfrac13 + \dfrac14 = \dfrac<13><12>. \)

Найдётся ли такое n, что сумма дробей окажется целым числом?

Подсказка 1

Что означает, что сумма \( \frac12 + \frac13 + \frac14 + \ldots + \frac1 \) — целое число? Это значит, что если мы приведем все эти дроби к общему знаменателю, то сумма числителей должна нацело делиться на знаменатель. Для решения задачи нужно доказать одно из двух: либо что для некоторого n это условие будет выполнено, либо что оно не будет выполнено ни для какого n.

Подсказка 2

Можно проверить, что происходит при маленьких n; вдруг при каком-то значении получится целое число? А вот как доказать, что для какого-то большого n значение суммы окажется целым, с первого взгляда непонятно.

Посмотрим теперь с другой стороны. Как можно было бы доказать, что числитель дроби, которая получится после приведения к общему знаменателю, не делится на знаменатель этой дроби? Для этого достаточно найти число s, на которое делится знаменатель, но не делится числитель. Чаще всего получается доказывать подобные утверждения, если в качестве s взять какое-нибудь простое число.

Подсказка 3

С какого простого числа начать? Почему бы не попробовать самое первое — двойку. В какой степени двойка будет входить в общий знаменатель нашей дроби? А что можно сказать про степени двойки в слагаемых в числителе?

Решение

Докажем, что ни при каком n рассматриваемая сумма не будет целым числом. Действительно, пусть n — произвольное натуральное число, большее 1. Обозначим через k максимальное натуральное число, для которого выполняется неравенство \( 2^k \le n \).

Есть ли среди знаменателей наших исходных дробей, то есть среди чисел от 2 до n, ещё делящиеся на \( 2^k \)? Легко видеть, что нет. Ведь какие вообще натуральные числа делятся на \( 2^k \)? Все числа, кратные \( 2^k \), то есть \( 2^k \), \( 2 \cdot 2^k \), \( 3 \cdot 2^k \) и так далее. Но уже второе число в этом ряду — \( 2 \cdot 2^k = 2^ \), и оно, как мы знаем, точно больше, чем n.

Вот что отсюда следует: когда мы будем домножать числитель и знаменатель каждой дроби так, чтобы знаменатель стал равным N, то все дроби, кроме \( \frac1 <2^k>\), мы домножим на чётное число! Действительно, числитель и знаменатель дроби \( \frac1s \) мы домножим на число \( \frac \); а оно не будет делиться на 2 только в том случае, если N и s делятся на одну и ту же степень двойки. А такое s, как мы выяснили в прошлом абзаце, только одно (какое?).

Осталось посмотреть на числители дробей. Изначально все они — единицы; после приведения к общему знаменателю же у дроби \( \frac1s \), получается, в числителе окажется число \(\frac\). И все эти числители будут чётными, кроме одного — в той дроби, которая изначально была записана как \(\frac1<2^k>\). Ну а сумма всех числителей — скольких-то чётных чисел и всего одного нечётного — обязательно будет нечётна. Знаменатель N же хоть на одну двойку да делится, если n равно хотя бы двум. Всё! Мы получили, что числитель получившейся дроби чётен, а знаменатель нечётен; целым числом такая дробь точно быть не может.

Заметим, что в этот момент нас уже не интересует, на какую именно степень двойки делится знаменатель. Хватит и первой степени.

Послесловие

Шансов «попасть» хотя бы в одно натуральное число у гармонического ряда на первый взгляд довольно много — ведь при больших n значение рассматриваемой суммы может быть сколь угодно велико. Чтобы понять это, сгруппируем члены ряда:

Каждая скобка кончается дробью, у которой в знаменателе стоит очередная степень двойки. Легко увидеть, что если в группе последнее слагаемое есть \( \frac1<2^> \), то всего в этой группе 2 k − 1 слагаемых, каждое из которых не меньше последнего слагаемого, равного \( \frac1<2^> \); отсюда следует, что сумма всех чисел в этой группе — не меньше \( 2^ \cdot \frac1<2^> = \frac1 <2>\). Поэтому, чтобы получить, например, число 100 (то есть 200 · 1/2), нам достаточно взять первые 200 групп, то есть «всего лишь» первые 2 200 членов ряда — это примерно единица с 60 нулями. (На самом деле наша оценка довольно слабая — хватит первых членов ряда количеством около единицы со всего-то 44 нулями.)

При этом, как нетрудно догадаться, сумма подходящего начального куска гармонического ряда может быть как угодно близка к натуральному числу. Доказательство этого оставим читателю в качестве упражнения.

А вот конечные суммы ряда из дробей, в знаменателях которых стоят квадраты натуральных чисел, уже ограничены. Причём сходятся эти суммы к неожиданному числу, связанному с числом π (это доказал в XVIII веке Леонард Эйлер):

Отсюда возникает забавный парадокс. Представьте, что у вас есть бесконечно уходящая вниз стена, на которой нарисованы две приближающиеся друг к другу ветви гипербол \( y=\frac1x \) и \( y=-\frac1x \), и вы хотите закрасить область между этими гиперболами (то есть всю площадь, ограниченную сплошными зелёными линиями на рис. 1). Хватит ли вам на это грузовика краски? Или хотя бы 100 грузовиков?

Не хватит: ведь площадь внутри нашей кривой, например, между горизонтальными линиями y = −3 и y = −4 не меньше, чем 2 · 1 · 1/4, а потому вся площадь не меньше удвоенной суммы гармонического ряда, а значит, бесконечно велика. (На самом деле мы оценили нашу площадь снизу площадью несколько меньшей фигуры — той, что на рис. 2 ограничена коричневыми ломаными и горизонтальным зеленым отрезком.)

Теперь на месте нашей стены выроем бесконечный колодец, просто повращав зелёные гиперболы вокруг вертикальной оси. Сможем ли мы наполнить весь его грузовиком воды? Это кажется более сложной задачей, чем покрасить стену. Однако мы справимся! Ведь площадь сечения нашего колодца плоскостью y = −k равна \( \frac<\pi> \), и пользуясь теми же соображениями, только ограничив наш колодец ломаными снаружи, а не изнутри, мы получим, что объём всего бесконечного колодца не превышает \( \pi \cdot \frac<\pi^2> <6>\). (Читатели, знакомые с понятием интеграла, могут найти и точный объём колодца — он равен \( \pi\cdot \int\limits_^ <+\infty>\frac1 \mathrmx. \))

С подобными суммами связана одна из самых знаменитых нерешённых задач в математике — гипотеза Римана. Для неё нам потребуется обобщить наши два ряда и рассмотреть функцию

которая называется дзета-функцией Римана. Как мы уже знаем, значение \( \zeta(1) \) не определено (или равно бесконечности), а \( \zeta(2) = \frac<\pi^2> <6>\). Оказывается, можно рассматривать эту функцию и при комплексных значениях переменной s. Если вас не пугают комплексные числа и сумма бесконечного числа слагаемых в определении дзета-функции, то формулируется гипотеза совсем просто: она утверждает, что все комплексные числа s, в которых дзета-функция обращается в ноль, — это либо целые отрицательные чётные числа, либо комплексные числа с действительной частью, равной 0,5.

Как ни странно, сформулировал гипотезу Римана сам Бернхард Риман, в 1859 году. 116 лет назад, когда Давид Гильберт сформулировал свои знаменитые 23 проблемы, ей ещё не придавали такой важности: она была объединена в восьмой проблеме Гильберта с проблемой Гольдбаха. Однако в XX веке оказалось, что гипотеза Римана важна в самых разных разделах математики. Например, есть множество неожиданных утверждений, которые верны, только если верна сама гипотеза Римана (примеры есть на посвящённой гипотезе странице в Википедии). В 2000 году институт Клэя включил её в список «задач тысячелетия». Как раз одну из них — гипотезу Пуанкаре — решил Григорий Перельман; остальные шесть ещё ждут своих покорителей.

Источник