− 1/x + n − 2/x + ... + 1/x + n1/xy = 1,
или
n − 1/2n + ny = x.
Так как x = 24n, то из этого уравнения можно выразить y через n:
y = 24 − n − 1/2.
Наконец, последнее условие задачи можно записать в виде уравнения
(n + y − 7)(n − 5)1/x = 1.
Подставляя вместо x и y их выражения через n, придем к квадратному уравнению
( n + 17 − n − 1/2)(n − 5) = 242n,
т. е. n² − 18n − 175 = 0.
Решая это уравнение, найдем n1 = 25, n2 = −7. Второй корень не имеет смысла.
Ответ. 25.
19.14. Пусть братьям a, aq и aq² лет. Тогда они получат соответственно x, xq и xq² p.
Через 3 года им будет a + 3, aq + 3 и aq² + 3 лет, причем старшему окажется вдвое больше лет, чем младшему:
aq² + 3 = 2(a + 3). (1)
При дележе через 3 года младший брат получит x + 105, средний xq + 15. Чтобы узнать, сколько получит старший брат, вычтем эти деньги из всей суммы:
x + xq + xq² − (x + 105) − (xq + 15) = xq² − 120.
Так как братья делят деньги пропорционально их возрасту, то получим еще два уравнения:
Уравнение (1) позволяет записать второе из уравнений (2) так:
2(x + 105) = xq² − 120,
т. е.
x(q² − 2) = 330. (3)
Если в (1) раскрыть скобки, а затем вынести за скобки a, то
a(q² − 2) = 3. (1′)
Сравним с уравнением (3):
x = 110a.
Первое из уравнений (2) можно переписать так:
(110a + 105)(aq + 3) = (110aq + 15)(a + 3), т. е. 5aq − 7a = 6.
Решим его совместно с уравнением (1′):
Из первого уравнения а = 6/5q − 7. Подставим во второе. После преобразований получим квадратное уравнение
6q² − 15q + 9 = 0,
откуда q1 = 3/2 , q2 = 1.
Второй корень посторонний, так как тогда всем братьям одинаковое количество лет и никто из них не может через 3 года стать вдвое старше другого.
Ответ. 12, 18, 27.
19.15. Пусть а, b, с и а², b², с². Другими словами, 2b = а + с и b4 = а²с². Если первое уравнение возвести в квадрат
4b² = а² + 2aс + с²,
а второе записать в виде b² = |ac|, то, сравнивая левые части этих равенств, найдем
а² + 2aс + с² = 4|ac|.
Если а и с одного знака, получаем уравнение
а² − 2aс + с² = 0, т. е. (а − с)² = 0,
откуда а = с. Следовательно, а² = с² и знаменатель прогрессии а², b², с² равен 1. Если а и с разных знаков, получаем уравнение
а² + 6ас + с² = 0.
Разделим на а² (по условию а ≠ 0) и решим уравнение
(c/a)² + 6c/a + 1 = о
относительно c/a:
c/a = −3 ± √8.
Так как c²/a² = q², то
q² = (−3 ± √8)².
Числа а², b² и с², образующие геометрическую прогрессию, положительны. Следовательно, q> 0. Таким образом, из последнего уравнения
q2,3 = 3 + √8.
Ответ. 3 − √8; 1; −3 + √8.
19.16. При n = 1 формулы верны:
Предположим, что эти формулы верны для n = k, и докажем, что они верны для n = k + 1:
Так как то предел последовательности равен a + ⅔(b − a) = a+ 2b/3.
Ответ. a + 2b/3.
19.17. Данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений
(8a − 3)x + (14a + 5)x = 2kπ, (14a + 5)x − (8a − 3)x = 2nπ,
или
(11a + 1)x = kπ, (3a + 4)x = nπ.
Так как по условию a > 0, то 11a + 1 ≠ 0 и 3a + 4 ≠ 0. Поэтому
xk = kπ/11a + 1, xn = nπ/3a + 4.
Значения xk и xn при k, n = 0, 1, 2, ... (по условию x ≥ 0) образуют две прогрессии с разностями
d1 = π/11a + 1, d2 = π/3a + 4
и первыми членами, равными нулю. Числа xkи xn, расположенные в порядке возрастания, составляют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда их разности кратны, т. е. либо d2 = d1m при d1 ≤ d2, либо d1 = d2m при d2 ≤ d1 (m — натуральное число). Пусть, например, d1 ≤ d2. Тогда d1 — второй член новой прогрессии (первый ее член равен нулю) и d1 — разность этой прогрессии. Однако число d2, являясь членом второй прогрессии, также должно войти в новую прогрессию. Поэтому d2 = 0 + d1m = d1m. Обратно, если d2 = d1m и d1 ≤ d2, то xn = d2n = d1mn, т. е. каждый член второй прогрессии является членом первой прогрессии. Аналогичное доказательство может быть проведено для случая d2 ≤ d1.
Итак, для d1 ≤ d2 имеем
Так как m — натуральное, то 4m − 1 > 0. В свою очередь а> 0, а потому 11 − 3m> 0 и m<11/3. Получаем три возможных значения m — 1, 2, 3 и соответствующие им значения а = 3/8, 7/5, 11/2.
Для d2 ≤ d1 получим
При натуральном m разность 11m − 3 положительна, а так как а> 0, то 4 − m> 0 или m< 4. Каждому из трех возможных значений m = 1, 2, 3 будет соответствовать свое значение а = 3/8, 2/19, 1/30.
Ответ.1/30, 2/19, 3/8, 7/5, 11/2.
Глава 20 Суммирование
20.1. Докажем, что
S = ½ + ... + 1/n²< 1.
Так как
1/(1 + k)²<1/k(1 + k),
то
При доказательстве мы воспользовались тем, что
1/(n − 1)n = 1/n − 1 − 1/n.
Такой прием часто применяется и называется разложением дроби на простейшие.
20.2. Так как
то
Ответ.n − 1/d²n.
20.3. Представим k−e слагаемое в виде
Тогда
Ответ.
20.4. Левую часть данного равенства перепишем в виде
воспользовавшись для этого формулой суммы членов геометрической прогрессии. Тогда (поскольку а ≠ 1)
Правая часть может быть записана так:
Итак,
По условию а ≠ 0, 1, −1. Это позволяет найти нужную нам зависимость.
Ответ.n + 1 = 2k + 1.
20.5. Расположим коэффициенты данного многочлена слева направо и разместим под ними коэффициенты того же многочлена, расположенные в обратном порядке,
Теперь можно выписать коэффициент при xn, составив сумму попарных произведений расположенных один под другим множителей:
1 · n + 1(n − 1) + 2(n − 2) + 3(n − 3) + ... + (n − 1)1 + n · 1.
Эту сумму можно преобразовать так:
Каждую из сумм, стоящих в скобках, легко подсчитать:
Таким образом, искомый коэффициент равен
Ответ.
20.6. Неравенство равносильно системе (в левой его части — абсолютная величина суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем — 2x):
Из второго неравенства следует, что −1 < 2x< 1, т. е. 1 + 2x> 0. Поэтому первое неравенство можно переписать в виде
|x|/1 + 2x< 1, или |x| < 1 + 2x.
Таким образом, приходим к системе
которая равносильна совокупности двух систем
Ответ. −⅓ <x< ½.
20.7. Так как k · k! = (k + 1)! − k!, то
2! − 1! + 3! − 2! + 4! − 3! + ... + (n + 1)! − n! = (n + 1)! − 1.
Ответ. (n + 1)! − 1.
20.8. Домножим Sn на