Портал создан при поддержке Федерального агентства по печати и массовым коммуникациям.

Ещё раз о последовательностях Рачинского

М. КОРОЛЕВ, аспирант МГУ.

В августовском номере журнала помещена заметка Г. Полознева “Последовательности Рачинского”, в которой автор сообщает о найденных им замечательных числовых тождествах. Тождества Г. Полознева обобщают хорошо знакомые любителям занимательной математики равенства:

\[3^2 + 4^2 = 5^2,\] \[10^2 + 11^2 + 12^2 = 13^2 + 14^2\]

Своей известностью последнее тождество во многом обязано картине “Устный счет”, принадлежащей кисти Николая Петровича Богданова-Бельского (1868—1945), бывшего ученика знаменитого русского педагога и просветителя Сергея Александровича Рачинского (1833—1902). Именно в его честь Г. Полознев и предложил назвать найденные им последовательности целых чисел, участвующих в тождествах. В своей заметке автор сформулировал и две задачи, связанные с последовательностями Рачинского, решить которые предлагалось читателям.

Задачи Г. Полознева показались мне достойными того, чтобы познакомить с их решением читательскую аудиторию “Науки и жизни”, тем более что средства, необходимые для этого, практически не выходят за рамки школьной программы (за одним исключением, на которое будет обращено особое внимание).

Начнем с определения. Последовательностью Рачинского, отвечающей целому числу `k >= 1`, назовем ряд из `2k + 1` чисел

\[n, n + 1, n + 2... n + k, n + k + 1... n + 2k...\]

удовлетворяющих равенству

\[n^2 + (n + 1)^2 + ... + (n + k)^2 = (n + k+ 1)^2 + ... +(n + 2k)^2 \tag{1}\]

Докажем сначала утверждение Г. Полознева о том, что для заданного целого `k >= 1` существует только одна последовательность Рачинского. Записав `(1)` в виде

\[n^{2}+\sum_{j=1}^{k}(n+j)^{2} = \sum_{j=1}^{k}(n+k+j)^2\]

и раскрыв скобки по формуле `(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2`, последовательно получим

\[n^2+\sum_{j=1}^{k}(n^2+2nj+j^2) = \sum_{j=1}^{k}((n+k)^2+2(n+k)j+j^2),\] \[(k+1)n^2+2n\sum_{j=1}^{k}j + \sum_{j=1}^{k}j^2 = {k(n+k)^2+2n\sum_{j=1}^{k}j+2k\sum_{j=1}^{k}j + \sum_{j=1}^{k}j^2}\]

Сократим теперь обе части на одинаковые слагаемые `2n\sum_{j=1}^{k}j` и `\sum_{j=1}^{k}j^2` и воспользуемся хорошо известной формулой для суммы первых k натуральных чисел:

\[\sum_{j=1}^{k}j = 1+2+...+(k-1)+k = \frac{1}{2}k(k+1)\]

Так находим:

\[(k+1)n^2 = k(n+k)^2+2k\cdot \frac{1}{2}k(k+1)\]

или, после приведения подобных членов,

\[n^2 - 2nk^2 = k^2 (2k + 1)\]

Прибавим теперь к обеим частям равенства по `k^4` и заметим, что как левая, так и правая часть превратились в полные квадраты:

\[(n - k^2)^2 = ((k^2 + k))^2.\]

Извлекая квадратный корень, получим:

\[n - k^2 = \pm(k^2 + k),\]

откуда либо `n = -k`, либо `n = 2k^2 + k`. Нетрудно проверить, что отрицательное значение `n = -k` (не являющееся, таким образом, натуральным числом) при подстановке в `(1)` приводит к тривиальному тождеству

\[1^2 + 2^2+ ... +k^2 = 1^2 + 2^2 + ... +k^2\]

и потому далее не рассматривается. Но второе решение, отвечающее `n = 2k^2 + k`, порождает искомую последовательность Рачинского. Тем самым первое утверждение Г. Полознева доказано.

Рассмотрим теперь примеры. Придавая числу `k` значения `1, 2, 3 ...` мы получим следующие значения `n` и отвечающие им тождества (см. таблицу 1).

И так далее.

Зная явное выражение `n` через `k`, нетрудно убедиться в справедливости и другого утверждения Полознева, что последовательные разности чисел `n = n(k)` образуют арифметическую прогрессию с разностью 4. Действительно, вычитая из значения `n = 2k^2 + k`, отвечающего номеру `k`, значение `n`, отвечающее номеру `k-1`, будем иметь:

\[(2k^2 + k) - (2(k -1)^2 + (k-1))=4k - 1.\]

Но числа вида `4k - 1, k = 1,2, 3...` как раз и образуют арифметическую прогрессию с разностью 4.

Перейдем теперь к другим свойствам последовательностей Рачинского. Для этого обозначим через `S(k)` сумму первых `(k + 1)` членов `k`-той последовательности:

\[S(k) = n^2 + (n+1)^2 + ... + (n + k)^2 (n = 2k^2 + k).\]

Чтобы вычислить `S(k)`, нам понадобится формула для суммы квадратов первых `k` чисел, хорошо известная любителям математики:

\[\sum_{j=1}^{k}j^2 = 1^2 + 2^2 +...+k^2 = \frac{1}{6}(2k+1)(k+1)k.\]

Пользуясь этой формулой и теми равенствами, что были получены выше, находим:

\[{S(k)=(k+1)n^2+2n\sum_{j=1}^{k}j + \sum_{j=1}^{k}j^2} = {(k+1)n^2+nk(k+1)+\frac{1}{6}(2k+1)(k+1)k.}\]

Полагая в последнем равенстве `n = 2k^2 + k`, после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых будем иметь

\[S(k)=\frac{1}{6}(24k^5+60k^4+50k^3+15k^2+k)=\frac{1}{6}P(k)\]

Заметим, что, несмотря на множитель в выражении для `S(k)`, сумма `S(k)` по определению обязана быть целым числом при любом k. Следовательно, при любом k величина

\[P(k)=24k^5+60k^4+50k^3+15k^2+k\]

делится на шесть.

Приведем значения величины `S(k)` при `1 <= k < 20` (см. таблицу 2).

Рассматривая таблицу 2, можно предположить, что `S(k)` делится на 5 при любом k и делится на 10 = 2 • 5 в тех, и только тех случаях, когда `k` принадлежит следующим арифметическим прогрессиям с разностью 4: `3, 7, 11, 15, 19...` и `4, 8, 12, 16, 20...`

Именно эти свойства последовательностей Рачинского и были подмечены Г. Полозневым. Докажем их.

Так как число `P(k)` всегда кратно 6, для первой части утверждения достаточно проверить, что `P(k)` всегда кратно и 5. Для этого перепишем `P(k)` в виде

\[P(k)=25k^5-k^5+60k^4+50k^3+15k^2+k = 5(5k^5+12k^4+10k^3+3k^2)-(k^5-k).\]

Так как первое слагаемое делится на 5, нам остается проверить то же для разности `k^5 - k` при любом k >= 1. Но этот факт (единственный из использующихся здесь, который выходит за рамки школьной программы) является следствием одного замечательного утверждения, известного в теории чисел под названием “малая теорема Ферма”. Согласно этой теореме, если `p` — простое число (то есть `p = 2, 3, 5, 7, 11, 13 ...`), то при любом целом `k >= 1` выражение `k^p - k` при делении на `p` дает в остатке ноль. Строгое доказательство этого утверждения можно найти, например, в книге И. М. Виноградова “Основы теории чисел” (изд. 9-е; М.: Наука, 1981).

Полагая в малой теореме Ферма `p = 5`, мы заключаем, что разность `k^5 - k` делится на 5 без остатка. Следовательно, числа `P(k)` и `S(k)` оба кратны 5.

Чтобы доказать вторую часть утверждения, заметим следующее. Пусть при каком-либо `k` число `P(k)` делится на 4. Так как `P(k)` всегда делится на 5 и 6, то при таком `k` число `P(k)` обязано делиться и на наименьшее общее кратное чисел 4, 5 и 6, то есть на 60: `P(k) = 60m`, где `m` — любое число натурального ряда. Но тогда отсюда будет следовать искомое равенство

\[S(k)=\frac{1}{6}\cdot 60m = 10m.\]

Итак, все, что нам осталось, это проверить, что `P(k)` делится на 4 тогда, и только тогда, когда `k` имеет вид `4r - 1` либо `4r`, где `r = 1, 2, 3...` . Прежде всего заметим, что

\[P(k) = 4(6k^5 + 15k^4 + 12k^3 + 4k^2) + 2k^3 - k^2 + k.\]

Так как первое слагаемое кратно четырем, нам необходимо исследовать делимость на 4 выражения `Q(k) = 2k^3 - k^2 + k`. Для этого представим k в виде `4r - s`, где `s` принимает значения `0, 1, 2, 3`, а `r = 1, 2,3...` (“нужные” арифметические прогрессии получаются, очевидно, при `s = 1` и `s = 0`). Пользуясь равенством \[(a - b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3,\] после приведения подобных членов находим:

\[Q(k) = 2(4r-s)^3 - (4r - s)^2 + 4r - s = {4(32r^3 - 24r^2s + 6rs^2 - 4r^2 + 2rs + r) - (2s^3 + s^2+ s).}\]

Снова замечаем, что достаточно проверить делимость на 4 последнего слагаемого. Но для этого нужно просто подставить четыре возможных значения s в трехчлен `2s^3 + s^2 + s` и отобрать среди них те, при которых полученные числа будут делиться на 4. Этому условию удовлетворяют, очевидно, числа 0 и 4, получающиеся при `s = 0` и `s = 1` соответственно. А вот числа 22 и 66, которые получаются при подстановке в трехчлен значений `s = 2` и `s = 3`, при делении на 4 дают в остатке 2. Следовательно, числа `Q(k)` и `P(k)` делятся на 4 тогда, и только тогда, когда `k` равно `4r - 1` либо `4r`. Это и завершает доказательство последнего из утверждений, высказанных Г. Полозневым.

И еще несколько слов в заключение. Интересно попытаться найти аналог тождеств Рачинского для более высоких степеней: кубов, четвертых, пятых и так далее. Сразу следует отметить, что простые, очевидные обобщения тождеств (когда двойка в показателе степени заменяется на 3, 4, 5 и так далее) едва ли возможны. Об этом свидетельствует следующее утверждение, которое я хочу предложить в качестве задачи читателям “Науки и жизни”: докажите, что не существует натуральных чисел `n` и `k`, которые удовлетворяли бы тождеству

\[n^3 + (n+ 1)^3 + ... +(n + k)^3 = (n + k+1)^3 + ... + (n + 2k)^3.\]


Случайная статья


Другие статьи из рубрики «Математические досуги»