Номер 437, страница 108 - гдз по алгебре 8 класс учебник Мерзляк, Полонский

Упражнения. Параграф 13. Множество и его элементы. Глава 2. Квадратные корни. Действительные числа - номер 437, страница 108.

Условие.

437. Петя и Коля ежедневно записывают по одному числу. В первый день каждый из мальчиков записал число 1. В каждый последующий день Петя записывает число 1, а Коля — число, равное сумме чисел, записанных мальчиками за предыдущие дни. Может ли в какой-то день Коля записать число, оканчивающееся на 101?

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 8.

Для решения задачи давайте проанализируем последовательность чисел, которые записывает Коля. Обозначим число, которое записывает Петя в день $n$, как $P_n$, а число, которое записывает Коля, как $K_n$.

По условию задачи:

• В первый день ($n=1$): $P_1 = 1$, $K_1 = 1$.
• В каждый последующий день ($n > 1$): $P_n = 1$, а $K_n$ равно сумме всех чисел, записанных за предыдущие дни.

Пусть $S_{n-1}$ — это сумма всех чисел, записанных за первые $n-1$ дней. Тогда $S_{n-1} = \sum_{i=1}^{n-1} (P_i + K_i)$. По определению, для $n > 1$, $K_n = S_{n-1}$.

Найдем закономерность в последовательности чисел Коли:

• День 1:
  $P_1 = 1, K_1 = 1$.
  Сумма за день: $P_1 + K_1 = 2$.
  Общая сумма на конец дня 1: $S_1 = 2$.
• День 2:
  $P_2 = 1$.
  $K_2 = S_1 = 2$.
  Сумма за день: $P_2 + K_2 = 1 + 2 = 3$.
  Общая сумма на конец дня 2: $S_2 = S_1 + (P_2 + K_2) = 2 + 3 = 5$.
• День 3:
  $P_3 = 1$.
  $K_3 = S_2 = 5$.
  Сумма за день: $P_3 + K_3 = 1 + 5 = 6$.
  Общая сумма на конец дня 3: $S_3 = S_2 + (P_3 + K_3) = 5 + 6 = 11$.
• День 4:
  $P_4 = 1$.
  $K_4 = S_3 = 11$.

Последовательность чисел, которые записывает Коля: $K_1=1, K_2=2, K_3=5, K_4=11, \dots$

Выведем общую формулу для $K_n$:

Связь между общей суммой $S_n$ и $S_{n-1}$ выглядит так:

$S_n = S_{n-1} + P_n + K_n$

Поскольку для $n>1$ у нас $P_n=1$ и $K_n=S_{n-1}$, подставим эти значения в формулу:

$S_n = S_{n-1} + 1 + S_{n-1} = 2S_{n-1} + 1$.

Так как $K_{n+1} = S_n$ для $n \ge 1$, то для $n \ge 2$ мы можем записать рекуррентное соотношение для чисел Коли:

$K_{n+1} = 2K_n + 1$ (для $n \ge 2$).

Найдем явную формулу для $K_n$ при $n \ge 2$. Это известная рекуррентная последовательность. Если прибавить 1 к обеим частям, получим:

$K_{n+1} + 1 = 2K_n + 2 = 2(K_n + 1)$.

Это означает, что последовательность $K_n+1$ является геометрической прогрессией со знаменателем 2. Найдем первый член этой новой последовательности при $n=2$: $K_2+1 = 2+1=3$.

Тогда для $n \ge 2$ имеем:

$K_n + 1 = (K_2+1) \cdot 2^{n-2} = 3 \cdot 2^{n-2}$

Отсюда получаем явную формулу для чисел Коли при $n \ge 2$:

$K_n = 3 \cdot 2^{n-2} - 1$

Проверим: $K_2 = 3 \cdot 2^0 - 1 = 2$. Верно.
$K_3 = 3 \cdot 2^1 - 1 = 5$. Верно.
$K_4 = 3 \cdot 2^2 - 1 = 11$. Верно.

Проверим, может ли число Коли оканчиваться на 101:

Нам нужно выяснить, может ли существовать такой номер дня $n$, что $K_n$ оканчивается на 101. Это эквивалентно сравнению по модулю 1000:

$K_n \equiv 101 \pmod{1000}$

Рассмотрим два случая:

1. Случай $n=1$:

$K_1 = 1$. Очевидно, что $1 \not\equiv 101 \pmod{1000}$.

2. Случай $n \ge 2$:

Используем выведенную формулу $K_n = 3 \cdot 2^{n-2} - 1$.

$3 \cdot 2^{n-2} - 1 \equiv 101 \pmod{1000}$

$3 \cdot 2^{n-2} \equiv 102 \pmod{1000}$

Это сравнение означает, что $3 \cdot 2^{n-2}$ должно иметь вид $1000k + 102$ для некоторого целого $k \ge 0$.

Проверим это равенство по модулю 4. Это поможет нам сузить возможные значения $n$.

Рассмотрим правую часть: $102 = 4 \cdot 25 + 2$, следовательно $102 \equiv 2 \pmod{4}$.

Рассмотрим левую часть $3 \cdot 2^{n-2}$ по модулю 4:

• Если $n=2$, $n-2=0$, левая часть равна $3 \cdot 2^0 = 3$. $3 \not\equiv 2 \pmod{4}$.
• Если $n=3$, $n-2=1$, левая часть равна $3 \cdot 2^1 = 6$. $6 \equiv 2 \pmod{4}$. Этот случай требует дальнейшей проверки. При $n=3$ $K_3=5$, что не оканчивается на 101.
• Если $n \ge 4$, то $n-2 \ge 2$. В этом случае $2^{n-2}$ делится на 4. Тогда $3 \cdot 2^{n-2} \equiv 3 \cdot 0 \equiv 0 \pmod{4}$.

Для $n \ge 4$ мы получаем противоречие: левая часть сравнения $3 \cdot 2^{n-2} \equiv 102 \pmod{1000}$ по модулю 4 равна 0, а правая часть равна 2. То есть $0 \equiv 2 \pmod{4}$, что неверно. Следовательно, для $n \ge 4$ решений нет.

Мы проверили все возможные случаи: $n=1, n=2, n=3$ и $n \ge 4$. Ни в одном из них число, записанное Колей, не оканчивается на 101.

Ответ: Нет, не может.