Математика для школьников, 2018, № 2

2

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

 3 Пчелинцев С.В., Седова Е.А.
О методе математической индукции, часть 1
В этом году исполняется 80 лет со дня рождения нашего учителя — 
доктора физ.-мат. наук Георгия Владимировича Дорофеева (1938–2008), 
одного из самых известных специалистов по преподаванию математики.  
В настоящей статье мы хотели бы рассказать о методе математической 
индукции так, как нам о нём рассказывал Г.В. Дорофеев, когда мы вместе 
с ним работали над школьным учебником по алгебре и началам анализа 
[1, 2] 

СОВЕТЫ К УРОКУ

20 Дворянинов С.В.
Как не перепутать НОК и НОД
В арифметике есть два сокращения — НОК и НОД. Их, конечно, легко 
«расшифровать»: О — общий, Д — делитель, К — кратное.
А вот в каком случае надо использовать прилагательное наименьшее, а 
в каком — наибольший? Как не ошибиться? Давайте разберёмся

21 Дворянинов С.В.
Так какого же цвета медведь? 
Ответ на загадку ВВС 
(см. журнал «Математика для школьников» №1/2018)

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

22 Кукушкин Б.Н.
Задачник «Математики для школьников»
Задачник «Математики для школьников» представляет новые задачи и 
решения задач, опубликованных в номере 1 за 2018 год

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

26 Троицкий Е.В. 
Омар Хайям и кубические уравнения
В этом году исполняется 970 лет со дня рождения выдающегося среднеазиатского мыслителя Омара Хайяма (1048–1131). Не все знают, что он писал 
не только стихи, но и научные труды

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

34 Дружинин Б.Л.
   
Стройся по весу…
Задачка про то, как Белоснежка гномов по весу строила

НЕОЖИДАННАЯ МАТЕМАТИКА

37 Карпушина Н.М.
Обманчивая простота
Математику Флэггу, герою юмористического рассказа американского 
писателя-фантаста Артура Порджеса «Саймон Флэгг и дьявол» (1954), 
как и многим его коллегам, не давала покоя великая теорема Ферма. 
Он решил попытать счастья и заключил сделку с нечистым духом. Что из 
этого вышло? И почему стоит семь раз подумать, прежде чем один раз 
согласиться на условия математика?

42 Акулич И.Ф.
Следи за отклонением!
Эту историю можно отнести к категории «Дела давно минувших дней» 
(хотя до «Преданий старины глубокой» она всё же не дотягивает). В 1973 
году мне, тогдашнему школьнику, довелось участвовать в математической 
олимпиаде, где одна из задач мне накрепко врезалась в голову, наверное, 
потому, что я её решил…

Научно-практический журнал для учащихся старшего и среднего возраста

Рукописи, поступившие в редакцию, не рецензируются и не возвращаются.  Редакция не несет ответственности за содержание объявлений и рекламы

Издание охраняется Законом Российской Федерации об авторском праве. Любое воспроизведение опубликованных в журнале материалов
как на бумажном носителе, так и в виде ксерокопирования, сканирования, записи в память ЭВМ, размещение в Интернете запрещается

Адрес редакции и издательства:

корреспонденцию направлять по адресу:
127254 , г. Москва, а/я 62

Телефоны: 8 (495) 619-52-87, 619-83-80
Факс: 619-52-89

E-mail:
matematika@schoolpress.ru

Интернет
http://www.школьнаяпресса.рф

Главный редактор
Е. А. Бунимович

Заместитель главного редактора
С.Д. Троицкая

Редакторы
С.В. Дворянинов, Н.М. Карпушина,
В.П. Норин

Отдел задач
Б.Н. Кукушкин

Выпускающий редактор
И.А. Моргунова

Корректор
И.И. Саможенкова

Компьютерная вёрстка
В.Н. Бармин

Журнал зарегистрирован Министерством РФ
по делам печати, телерадиовещания
и средств массовых коммуникаций

Свидетельство о регистрации
ПИ № 77–9198 от 14 июня 2001 г.

Формат 84 × 108 /16. Усл. п. л. 3,0.
Изд. № 3192. Заказ

Отпечатано
в АО «ИПК «Чувашия»
428019, г. Чебоксары, пр. И. Яковлева, 13

© «Школьная Пресса»,
© «Математика для школьников», 2018, № 2

В оформлении обложки использована картина Жоса де Мея «НЛО над фламандской деревней» (репродукция заимствована с сайта 
«Невозможный мир»: http://im-possible.info)

Журнал зарегистрирован в базе данных Российского индекса научного цитирования

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

С.В. Пчелинцев,
Е.А. Седова
О МЕТОДЕ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ИНДУКЦИИ
(Часть 1)

В этом году исполняется 80 лет со дня рождения нашего учителя — 
доктора физико-математических наук, профессора Георгия Владимировича Дорофеева (1938–2008) — одного из самых известных 
специалистов по преподаванию математики, лауреата премии Президента РФ в области образования, автора более 150 публикаций 
и 70 учебных пособий, члена редколлегии журнала «Математика в 
школе» и «Математика для школьников».
В настоящей статье мы хотели бы продолжить рассказ о методе математической индукции, начатый Г.В. Дорофеевым в статьях [1, 2] 
и школьном учебнике по алгебре и началам анализа [3, 4].

Некоторые задачи, относящиеся к этой 
теме, являются достаточно сложными, но 
именно они наиболее полно раскрывают 
роль метода математической индукции в 
доказательстве многих важных теорем. 
Изначально рассказ был адресован десятиклассникам, но он, безусловно, будет 
интересен всем, кто интересуется математикой.

Задачи по теме «Метод математической 
индукции» разделены на три группы — 
при решении задач из группы A учащиеся должны отработать технику доказательства по индукции, а также устранить 
допущенные на ранних этапах обучения 
«теоретические пробелы». Практически 
все задачи решаются прямым применением метода математической индукции и 
не требуют никаких шагов, упрощающих 
выкладки или задачу целиком. Вместе с 
тем, как уже упоминалось, важно не за
бывать о существовании других приёмов 
решения этих же задач. Может оказаться 
полезным «припоминание» случаев, когда математическая индукция могла быть 
применена — это может быть применение законов арифметических действий к 
произвольному числу слагаемых или сомножителей и т.п.
При решении задач группы B можно 
глубже проникнуть в суть этого метода, 
попрактиковаться в применении его к решению более сложных задач на делимость 
и задач на доказательство неравенств. В 
этой группе часто используются типовые 
идеи, из которых вырастают «нестандартные» задачи, так что, решая их, учащиеся 
постепенно формируют и арсенал знаний, 
который поможет в решающем бою, а также собрание «соломинок», за которые можно будет ухватиться при необходимости.
Те, кто более глубоко интересуются математикой, в группе C найдёт интересные 

2/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

задачи, связанные с числами Фибоначчи, 
рекуррентными соотношениями, получат 
возможность обнаружить и самостоятельно ликвидировать логический пробел, 
допущенный в учебнике при описании 
«сдвинутой» и «возвратной» индукции.
В дополнение к тому, что было рассказано в [1–4], заметим, что при решении 
задач часто используется так называемая 
возвратная индукция, которая отличается 
от обычной тем, что её индукционный шаг 
основывается на другом предположении. 
Возвратная индукция заключается в следующем: если утверждение  P(n) (n ∈ N) 
верно при  n = 1  и из того, что оно верно для всех натуральных чисел, меньших 
или равных некоторому  n,  следует, что 
оно верно и для числа  n + 1,  то оно верно для всех натуральных чисел. Покажем 
её применение на простой задаче.
Пример. Пусть последовательность  
(xn)  задана условиями:  x1 = 5, x2 = 7, 
xn+2 = 3xn+1 – 2xn.  Доказать, что
xn = 2n + 3 (n ∈ N).
Базис индукции очевиден, и, сделав 
предположение индукции, рассмотрим  
xn+1 = 3xn – 2xn–1 = 3(2n + 3) – 2xn–1,  но 
здесь рассуждение «останавливается» — 
мы ничего не знаем об  xn–1.
Попробуем найти выход из этого тупика. 
Допустим, 
что 
доказываемое 
утверждение верно и для  n – 1,  то есть 
xn–1 = 2n–1 + 3;  тогда
xn+1 = 3xn – 2xn–1 = 3(2n + 3) – 2xn–1 = 
= 3(2n + 3) – 2(22n–1 + 3) =
= 3 ⋅ 2n + 9 – 2n – 6 = 2 ⋅ 2n + 3 = 2n+1 + 3,
а именно это равенство мы и должны были доказать.
Однако логику метода математической 
индукции мы здесь явно нарушили, сделав дополнительное предположение, что  
xn–1 = 2n–1 + 3,  и поэтому не считаем требуемое утверждение доказанным.

Для выхода из положения вернёмся в 
самое начало: метод индукции основан 
на интуитивной очевидности проводимых 
при нём рассуждений — если в очереди 
первой стоит женщина и за каждой женщиной стоит женщина, то все в очереди 
— женщины. А какой вывод мы можем 
сделать об очереди, в которой первой стоит женщина и из того, что все стоящие 
перед человеком — женщины, следует, 
что этот человек женщина?
Будем рассуждать последовательно: 
второй человек в очереди — женщина: 
перед ним стоит только один человек, и 
он, по условию, женщина. Все стоящие 
перед третьим человеком — женщины, а 
тогда, по условию, и третий — женщина. Но теперь уже мы знаем, что и перед 
четвёртым все женщины, а значит, и этот 
четвёртый — женщина, и мы можем продолжать это рассуждение «до бесконечности». Отсюда ясно, что все в очереди — 
женщины.
На языке математики речь идёт о так 
называемой возвратной индукции. Она 
отличается тем, что её индукционный 
шаг основывается на изменённом предположении: из того, что предложение  P(n) 
верно для всех натуральных чисел, меньших или равных  n,  следует, что оно верно и для числа  n + 1.  Базис индукции 
остаётся прежним, так же, как и вывод: 
предложение  P(n)  верно для любого натурального числа  n.
Логический пробел в решении нашей 
задачи устраняется, если мы сразу же 
сделаем предположение индукции в возвратной форме.

Задачи и решения
A
1. Доказать формулу суммы квадратов 
первых  n  натуральных чисел:

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

2
2
2
2
(
1)(2
1)
1
2
3
...
6
n n
n
+
+
+
+
+
+
=
n

(n ∈N).

Р е ш е н и е. Базис индукции. В левой 
части стоит сумма квадратов последовательных натуральных чисел от  1  до  n, 
но возникает неожиданная трудность: 
не ясно, как понимать данное равенство 
при  n = 1. Однако в языке математики 
есть универсальное соглашение: «сумма» 
из одного слагаемого считается равной 
этому слагаемому. (Такое же соглашение принято, естественно, и для «произведения» из одного сомножителя.) Поэтому данное равенство имеет смысл и при 
n = 1,  и его левая часть равна  1.  Поскольку правая часть при  n = 1  также 
равна  1,  то  P(1)  истинно.
Предположение индукции. Предположим, что данное равенство справедливо 
для некоторого числа n, то есть верно 

2
2
2
2
(
1)(2
1)
1
2
3
...
.
6
n n
n
n
+
+
+
+
+
+
=

Индукционный шаг. Докажем, что оно 
верно и для  n + 1,  то есть докажем, 
что

2
2
2
2
2
1
2
3
...
(
1)
(
1)(
2)(2(
1)
1) .
6

n
n
n
n
n
+
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=

Обозначим левую часть заданного в 
условии равенства через  Sn  и рассмотрим 
сумму  Sn+1 = 12 + 22+ 32 +… + n2 + (n + 1)2. 
Тогда  Sn+1 = Sn + (n + 1)2.  По предпо
ложению индукции  
(
1)(2
1) ,
6
n
n n
n
S
+
+
=
 

поэтому  
2
1
(
1)(2
1)
(
1) .
6
n
n n
n
S
n
+
+
+
=
+
+

Избавляемся от дробей:
6Sn+1 = n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2 =
= (n + 1) [n(2n + 1) + 6(n + 1)] =
= (n + 1)(2n2 + 7n + 6).
Разложив квадратный трёхчлен в пра
вой части на множители, получаем
2n2 + 7n + 6 = (n + 2)(2n + 3),
то есть
6Sn+1 = (n + 1) (n + 2)(2n + 3) =
= (n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1).

Отсюда  
1
(
1)(
2)(2(
1)
1) ,
6
n
n
n
n
S +
+
+
+
+
=
 

то есть истинно утверждение  P(n + 1).
Вывод. Данная формула верна для любого натурального числа  n.
2. Доказать, что сумма  5n + 2 ⋅ 3n + 5 
при любом натуральном  n  делится на  
8.
Р е ш е н и е. Обозначим доказываемое 
утверждение, как обычно, через  P(n).
1) При  n = 1  получаем утверждение  
P(1):  «5 + 2 ⋅ 3 + 5 = 16  делится на  8».  
Оно верно.
2) Сделаем предположение индукции: 
пусть для некоторого  n  предложение  
P(n)  верно, то есть  «5n + 2 ⋅ 3n + 5  делится на  8»
3) Рассмотрим следующее предложение  P(n + 1):  «5n+1 + 2 ⋅ 3n+1 + 5  делится на  8»
Для 
его 
доказательства 
в 
сумме 
5n+1 + 2 ⋅ 3n+1 + 5  надо каким-то образом 
выделить  5n + 2 ⋅ 3n + 5.  Сделаем соответствующую группировку:
5n+1 + 2 ⋅ 3n+1 + 5 = 5(5n + 2 ⋅ 3n + 5) –
– 5(2 ⋅ 3n + 5) + 2 ⋅ 3n+1 + 5 =
= 5(5n + 2 ⋅ 3n + 5) + 3n(6 – 10) – 20 =
= 5(5n + 2 ⋅ 3n + 5) – 4(3n + 5).
Первое слагаемое делится на  8  по 
предположению индукции, а число  3n + 5, 
очевидно, всегда чётно, так что сумма делится на  8. 
Таким образом, мы доказали, что сумма делится на  8.
4) Заданное утверждение доказано.
3. Доказать, что при любом натуральном n выполняется равенство: 

2/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

(
1)
1
2
...
.
2
n n
n
+
+
+
+
=

Р е ш е н и е. Левую и правую части равенства будем обозначать через  Sn  и  Tn 

соответственно.  Так как  
(
1) ,
2
n
n n
T
+
=
  то  

T1 = 1,  а  S1  — «сумма» с одним слагаемым, равным  1,  а такая сумма, как 
мы уже неоднократно говорили, считается равной  1,  так что  S1 = 1.  Таким образом, при  n = 1  требуемое равенство — 
базис индукции — доказано. 
Сделаем 
предположение 
индукции: 
Sn = Tn  для некоторого фиксированного  
n.  Так как  Sn+1 = Sn + (n + 1),  и по пред
положению индукции,  
(
1) ,
2
n
n n
S
+
=
  то 

 1
1
(
1)
(
1)
2(
1)
2
2
n
n n
n
S
n
n
n
+
+
+
+
+
=
+
+
=
=

1
(
1)
2(
1)
(
1)(
2
2
2
.
)
n
n n
n
n
n
T +
+
+
+
+
+
=
=
=

Тем самым индукционный шаг завершён и остаётся сделать вывод: равенство 

(
1)
2
n
n n
S
+
=
  верно для любого натураль
ного числа  n.
Заметим, что эта задача легко решается и без индукции, если применить 
простые приёмы, известные из основной 
школы. А именно, обозначим сумму первых  n  натуральных чисел  Sn  и запишем её двумя способами:
Sn = 1 + 2 + … + (n – 1) + n,
Sn = n + (n – 1) + … + 2 + 1.
Если мы теперь сложим эти два равенства, группируя в правых частях числа, 
стоящие одно под другим, то получим  n 
слагаемых, каждое из которых равно
(n + 1): 2Sn = (1 + n) + (2 + (n – 1)) + … +
+ ((n – 1) + 2) + (n + 1),

откуда  
(
1) .
2
n
n n
S
+
=

4. Доказать, что при любом  n∈ N  выполняется равенство:
а)

(
1)(
1 3
2 5
3 7
...
(2
5
)
4
) ;
6

1
n
n
n n
n
⋅
+
⋅
+
⋅
+

=
+
+
+
+
=

б)

1 2 3
2 3 4
...
(
1)(
2)(
(
1)
)
4

(
)
3 .

2
n n
n
n n
n
n
⋅
⋅
+
⋅
⋅
+
+
+
+
+
+
=
+
=

Р е ш е н и е. В обеих задачах левую и 
правую части равенства будем, как обычно, обозначать через  Sn  и  Tn, соответственно.
а)  S1 = 1 ⋅ 3 = 3, T1 = 3,  то есть при  
n = 1  данное утверждение верно. Сделав 
предположение индукции, будем иметь: 

1
+(
)(
)
1 2

(
)(
)

3

1 2
3

n
n

n

S
S
n
n

T
n
n

+
+
+
=

=
+
+
+

=

=

(
1)(4
5)
6
(
1)(2
3)
n n
n
n
n
+
+
+
+
+
=
=

2

(4
5)
6(2
3)]

4
5
12
18

1[

)

6
1(
6

n
n
n

n
n

n

n
n

+
=
=
+
+
+

+
+
+
+
=
=

2
1(
.
6
4
17
18)
n
n
n
+
+
+
=

С другой стороны, 

1
(
1)(
2)(4
9)

2)(4
6
1
)
(
6
9

n
n
n
n

n

T

n
n

+
+
+
+
=

+
+
+
=

=

=

2
1(
,
6
4
17
18)
n
n
n
+
+
+
=

то есть  Tn+1 = Sn+1,  что и требовалось 
доказать.
б)  S1 = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6, T1 = 6,  то есть при  
n = 1  данное утверждение верно. Сделав 
предположение индукции, будем иметь: 
Sn+1 = Sn + (n + 1)(n + 2)(n + 3) =

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

(
1)(
2)(
3)
n
T
n n
n
n
=
+
+
+
+
=

= (n + 1)(n + 2)(n + 3) +

(
1)(
2)(
3)
4
n n
n
n
+
+
+
+
=

(
1)(
2)(
3) 1
4
n
n
n
n
⎛
⎞
=
+
+
+
+
=
⎜
⎟
⎝
⎠

1
(
1)(
2)(
3)(
4)
,
4
n
n
n
n
n
T +
+
+
+
+
=
=

что и требовалось доказать.
Заметим, что для решения аналогичных задач очень полезно помнить стандартные формулы-«кирпичики» для первых трёх степеней чисел от  1  до  n: 

(
1)
1
2
...
;
2
n n
n
+
+
+
+
=

2
2
2
(
1)(2
1)
1
2
...
;
6
n n
n
n
+
+
+
+
+
=

2
3
3
3
(
1)
1
3
...
.
2
n n
n
+
⎛
⎞
+
+
+
= ⎜
⎟
⎝
⎠

Применение этих формул часто позволяет вообще обойтись без индукции.
Например, 
в 
пункте 
а) 
каждый 
член суммы можно представить в виде 
n(2n + 1) = 2n2 + n,  сгруппировать числа 
и их квадраты по отдельности и применить формулы: 

1 ⋅ 3 + 2 ⋅ 5 + 3 ⋅ 7 + … + n(2n + 1) =

= 2(12 + 22 + … + n2) + (1 + 2 + … + n) =

(
1)(2
1)
(
1)
3
2
n n
n
n n
+
+
+
=
+
=

(
1)
(
1)(4
5)
(4
2
3)
.
6
6
n n
n n
n
n
+
+
+
=
+
+
=

5. Доказать равенство:
а)
1 ⋅ 4 + 4 ⋅ 7 + 7 ⋅ 10 + ... +
+ (3n – 2)(3n + 1) = 3n3 + 3n2 – 2n;
б)
1
1
1
...
;
1 3
3 5
(2
1)(2
1)
2
1
n
n
n
n
+
+
+
=
⋅
⋅
−
+
+

в)
2
2
2
1
2
...
1 3
3 5
(2
1)(2
1)
n
n
n
+
+
+
⋅
⋅
−
+

(
1) ;
2(2
1)
n n
n
+
=
+

г)
12 – 22 + 32 – 42 + … + (–1)n–1n2 =

1
(
1)
( 1)
.
2

n
n n
−
+
= −

Р е ш е н и е. Во всех задачах  Sn  — левая часть,  Tn  — правая часть данного 
равенства.
а)  S1 = T1 = 4.  Сделав предположение 
индукции  Sn = Tn,  будем иметь:
Sn+1 = Sn + (3n + 1)(3n + 4) =
= Tn + (3n + 1)(3n + 4) =
= Tn + (9n2 + 15n + 4) =
= (3n3 + 3n2 – 2n) + (9n2 + 15n + 4) =
= 3n3 + 12n2 + 13n + 4.
С другой стороны, 
Tn+1 = 3(n + 1)3 + 3(n + 1)2 – 2(n + 1) =
= 3(n3 + 3n2 + 3n + 1) +
+ 3(n2 + 2n + 1) – 2n – 2 =
= 3n3 + 12n2 + 13n + 4 = Sn+1,
что и требовалось доказать. 

б)  
1
1 ,
3
S =
1
1 ,
3
T =
  и, сделав предполо
жение индукции, будем иметь: 

1
1
(2
1)(2
3)
n
n
S
S
n
n
+ =
+
=
+
+

1
(2
1)(2
3)
n
T
n
n
=
+
=
+
+
2
1
n
n
+
+

1
(2
1)(2
3)
n
n
+
=
+
+

(2
3)
1
(2
1)(2
3)
n
n
n
n
+
+
=
+
+

2
2
3
1
(2
1)(2
3)
n
n
n
n
+
+
=
=
+
+

(2
1)(
1)
(2
1)(2
3)
n
n
n
n
+
+
=
+
+
1
1
,
2
3
n
n
T
n
+
+
=
=
+

что и требовалось доказать.

в)  
1
1
1 ,
3
S
T
=
=
  и, по предположению 

индукции 

2/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

2

1
(
1)
(2
1)(2
3)
n
n
n
S
S
n
n
+
+
=
+
=
+
+

2
(
1)
(2
1)(2
3)
n
n
T
n
n
+
=
+
=
+
+

2
(
1)
(
1)
2(2
1)
(2
1)(2
3)
n n
n
n
n
n
+
+
=
+
=
+
+
+

1
1
2
1 2
2
3
n
n
n
n
n
+
+
⎛
⎞
=
+
=
⎜
⎟
+
+
⎝
⎠

2
1
2
5
2
2
1
2(2
3)
n
n
n
n
n
+
+
+
=
⋅
=
+
+

1
(2
1)(
2)
2
1
2(2
3)
n
n
n
n
n
+
+
+
=
⋅
=
+
+

1
(
1)(
2)
;
2(2
3)
n
n
n
T
n
+
+
+
=
=
+

г)  S1 = 1, T1 = (–1)0 ⋅ 1 = 1.  Сделав 
предположение индукции, получаем:
Sn+1 = Sn + (–1)n(n + 1)2

1
2
(
1)
( 1)
( 1) (
1)
2

n
n
n n
n
−
+
= −
+ −
+
=

1
( 1)
(
2(
1))
2

n n
n
n
+
= −
−
+
+
=

1
(
1)(
2)
( 1)
,
2

n
n
n
n
T −
+
+
= −
=

что и требовалось доказать.
6. Доказать, что при любом  n ∈ N:
а) n3 + 5n  делится на  6; 
б) n5 – n  делится на 5;
в) (n – 3)2 + (n – 1)2 + (n + 1)2 + (n + 3)2 
делится на  4;
г) n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3  делится на  9.
Р е ш е н и е. а) Базис индукции  «1 + 5 
делится на  6»  — верное утверждение. 
Сделав предположение индукции, получим:
(n + 1)3 + 5(n + 1) =
= n3 + 3n2 + 3n + 1 + 5n + 5 =
= (n3 + 5n) + 3(n2 + n) + 6.
Первое слагаемое делится на  6  по 
предположению индукции, а  n2 + n = 

= n(n + 1)  делится на  2  и при чётном, 
и при нечётном  n,  так что вся сумма 
в правой части делится на  6.  Следовательно, и  (n + 1)3 + 5(n + 1)  делится на  
6,  что и требовалось доказать. 
Не более сложно и доказательство без 
индукции:
n3 + 5n = (n3 – n) + 6n =
= n(n2 – 1) + 6n = n(n – 1)(n + 1) + 6n.
Второе слагаемое делится на  6.  Первое слагаемое есть произведение трёх 
последовательных натуральных чисел, а 
среди таких чисел найдётся множитель, 
делящийся на  3,  и множитель, делящийся на  2.  Если это один и тот же 
множитель, то он делится на  6,  а если 
множители разные, то их произведение 
делится на  6.
б) Р е ш е н и е 1. Доказательство по индукции требует здесь вычисления степени  (n + 1)5,  что сделать можно, например, умножением  (n + 1)3  на  (n + 1)2, 
но подобные выкладки — не из приятных. Тем не менее это «кондовое» решение, решение не головой, а руками, надо 
уметь проводить, «на всякий случай».
Базис индукции  «1 – 1  делится на  
5»  — верное утверждение. Сделав предположение индукции, получим:
(n + 1)5 – (n + 1) =
= n5 + 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n + 1 – n – 1 =
= (n5 – n) + 5(n4 + 2n3 + 2n2 + n).
Первое слагаемое делится на  5  по 
предположению индукции, а второе по 
определению. Следовательно, и  (n + 1)5 – 
– (n + 1)  делится на  5,  что и требовалось доказать. 
Р е ш е н и е 2. Можно доказать утверждение с помощью теории делимости: 
n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 + 1) =
= n(n – 1)(n  + 1)(n2 + 1),
и остаётся рассмотреть остатки от деления числа  n  на  5. 

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

Р е ш е н и е 3. Можно заметить, что 
n2 + 1 = n2 – 4 + 5 = (n – 2)(n + 2) + 5,  
а тогда 
n5 – n = n(n – 1)(n + 1)[(n – 2)(n + 2) + 5] =
= n(n – 1)(n + 1)(n – 2)(n + 2) + 5A,
где  A  — некоторое натуральное число, 
и поскольку первое слагаемое есть произведение пяти последовательных чисел, 
то оно делится на  5,  а следовательно, и  
n5 – n  делится на  5. 
в) И в этой задаче применение индукции значительно сложнее, чем прямое решение с помощью тождественных преобразований: 
(n – 3)2 + (n – 1)2 + (n + 1)2 + (n + 3)2 =
= (n2 – 6n + 9) + (n2 – 2n + 1) +
+ (n2 + 2n + 1) + (n2 + 6n + 9) = 4n2 + 20,
откуда и следует доказывамое утверждение.
г) Заметив, что  13 + 23 + 33 = 9 + 27  
делится на  9,  сделаем предположение 
индукции  «n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3  делится на  9»  и вычислим разность:
[(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3] –
– [n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3] =
= (n + 3)3 – n3 = (n3 + 9n2 + 9n + 27) – n3 =
= 9n2 + 9n + 27.
Таким образом, и разность, и вычитаемое, по предположению индукции, 
делятся на  9,  и поэтому уменьшаемое 
(n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3  делится на 
9,  то есть требуемое утверждение верно и 
для  n + 1,  что и требовалось доказать. 
7. Доказать формулы общего члена и 
суммы  n  первых членов арифметической и геометрической прогрессий.
Р е ш е н и е. 
Сначала 
рассмотрим  
арифметическую прогрессию.    
При  n = 1  формула  an = a1 + d(n – 1) 
принимает вид  a1 = a1 + d ⋅ 0,  и следовательно, верна. Сделав предположение 
индукции, будем иметь:
an+1  = an + d = a1 + d(n – 1) + d =

= a1 + dn,
что и требовалось доказать. 

При  n = 1  равенство  
1
2
(
1)
2
n
a
d n
n
S
+
−
=
 

принимает вид  S1 = a1,  и следовательно, 
верно. Сделав предположение индукции 
и пользуясь доказанной формулой общего 
члена, будем иметь: 

Sn+1 = Sn + an+1 
1
1
2
(
1)
2
a
d n
n
a
dn
+
−
=
+
+
=

1
1
2
(
1)
2
2
2
a n
d n
n
a
dn
+
−
+
+
=
=

2
1
2
(
1)
(
2 )
2
a n
d n
n
n
+
+
−
+
=
=

2
1
2
(
1)
(
)
2
a n
d n
n
+
+
+
=
1
2
(
1),
2
a
dn n
+
=
+

что и требовалось доказать.

Формула  
1
2

n
n
a
a
S
n
+
=
  получается из 

только что доказанной формулы заменой  
an  на  a1 + dn. 
Перейдём к геометрической прогрессии.
При  n = 1  равенство  bn = b1qn–1  принимает вид  b1 = b1q°,  и следовательно, 
верно. Сделав предположение индукции, 
будем иметь:

bn+1 = bnq = (b1qn–1)q = b1qn,

что и требовалось доказать. 

При  n = 1  равенство  
1
1(
1)
1

n

n
q
S
b
q
q
−
=
≠
−
 

принимает вид  
1
1
1
1
,
1
q
S
b
b
q
−
=
=
−

  и сле
довательно, верно. Сделав предположение индукции и пользуясь доказанной 
формулой общего члена, будем иметь:

1
1
1
1
1
1

n
n
n
n

n
q
S
S
b
q
b
b q
+
+
−
=
−
=
+
=
+

1

1
1

1
1
1 ,
1
1

n
n
n
n
q
q
q
q
q
q
b
b

+
+
−
+
−
−
=
=
−
−

2/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

что и требовалось доказать.
8. Доказать, что для любого  n ∈ N:
а) если каждое из  n ≥ 2  целых чисел 
делится на целое число  b,  то и их сумма делится на  b;
б) если одно из  n ≥ 2  слагаемых — 
целых чисел — не делится, а остальные 
делятся на целое число  b,  то и их сумма 
не делится на b.
Р е ш е н и е. Сумму произвольных  n 
чисел  a1, a2, ... , an  будем обозначать 
символом  Sn.
а) Пусть заданы  n ≥ 2  чисел  a1, a2, 
..., an,  делящихся на  b.  При  n = 2 
имеем, по условию,  a1 = k1b, a2 = k2b, 
где  k1  и  k2  — натуральные числа, и, 
следовательно,  S2 = k1b + k2b = (k1 + k2)
b  делится на  b.
Сделав предположение индукции, получим, что  Sn+1 = Sn + an+1  делится на  b, 
поскольку первое слагаемое делится на  b 
по предположению индукции, а второе по 
условию. Тем самым требуемое утверждение доказано. 
Доказательство без индукции в этой 
задаче также несложно:
a1 = k1b, a2 = k2b, ..., an = knb,
то  a1 + a2 + ... + an = (k1 + k2 + ... + kn)b, 
то есть делится на  b.
б) Пусть заданы  n ≥ 2  чисел:  a1,  не 
делящееся на  b,  и  a2, ..., an,  делящиеся на  b.  При  n = 2,  по условию,  a1 = 
= k1b + r (0 < r < b), a2 = k1b,  где  k1  и  
k2  — натуральные числа, откуда  S2 = 
= k1b + k2b + r = (k1 + k2)b + r (0 < r < b) 
не делится на  b.
Покажем, как перейти от  n  к  n + 1: 
Sn+1 = Sn + an+1  не делится на  b,  поскольку по предположению индукции 
первое слагаемое не делится на  b,  а по 
условию второе — делится, так что требуемое утверждение доказано. 
Так же, как и в задаче а), доказатель
ство без индукции проще:
a1 = k1b + r (0 < r < b),
a2 = k2b, ..., an = knb,
то  a1 + a2 + ... + an = (k1 + k2 + ... + kn)b + 
+ r (0 < r < b),  то есть не делится на  b.
9. Доказать, что распределительный 
закон сложения выполняется для любого 
числа слагаемых. 
Р е ш е н и е. Данное утверждение формально записывается следующим образом: для любых чисел  a1, a2, a3, ... , an, b 
выполняется равенство
(a1 + a2 + a3 + ... + an)b =
= a1b + a2b + a3b + ... + anb,
и мы докажем его по индукции. 
При  n = 1  оно верно по «универсальному соглашению» о суммах с одним слагаемым, при  n = 2  — это обычный распределительный закон, и сделав предположение индукции, рассмотрим  n + 1 
слагаемых. Тогда 
(a1 + a2 + a3 + ... + an + an+1)b =
= (a1 + a2 + a3 + ... + an)b + an+1b =
= a1b + a2b + a3b + ... + anb + an+1b.
Сначала мы мысленно представили 
сумму из  n + 1  слагаемых как сумму 
двух слагаемых и применили распределительный закон, затем воспользовались 
предположением индукции. 
Полученное равенство и требовалось 
доказать на индукционном шаге, что и 
завершает доказательство.
10. Сформулировать строго утверждение и доказать его: 
а) любое число неравенств с положительными левой и правой частями можно 
перемножить почленно;
б) любое неравенство с положительными членами можно почленно возвести в 
степень с натуральным показателем.
О т в е т: а) Если  a1 > b1 > 0, a2 > 
b2 > 0, ..., an > bn > 0,  то  a1a2a3 
... an > b1b2b3 ... bn > 0;

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

б) Если  a > b > 0,  то  an > bn для 
любого натурального числа n.
Р е ш е н и е. а) В формальной записи 
данное утверждение означает, что если  
a1 > b1 > 0, a2 > b2 > 0, ... , an > bn > 0, 
то  a1a2a3 … an > b1b2b3 ... bn,  или 
a1 > b1 > 0, a2 > b2 > 0, ..., an > bn > 0 ⇒ 
⇒ a1a2a3 ... an > b1b2b3 ... bn.
При  n = 1,  как обычно, произведение 
из одного множителя равно этому множителю, так что доказываемое утверждение 
принимает вид «Если  a1 > b1 > 0,  то 
a1b1 > 0»  и, естественно, верно. 
Сделав предположение индукции, получаем, что если  a1 > b1 > 0, a2 > b2 > 0, 
..., an > bn > 0, an+1 > bn+1 > 0,  то  a1a2a3 ... 
an > b1b2b3 ... bn > 0,  по этому предположению, и поскольку неравенство можно 
умножать на положительные числа, то 
a1a2a3 ... an ⋅ an+1 >
> b1b2b3 ... bn ⋅ an+1 > b1b2b3 ... bn ⋅ bn+1,
и, следовательно, утверждение задачи 
верно.
б) Доказательство по индукции можно 
провести так же, как в задаче а), но проще применить доказанное утверждение 
для  a1 = a2 = ... = an = a  и  b1 = b2 = ... 
= bn = b.
Ясно, что все утверждения и доказывающие их рассуждения остаются в силе, 
если знак строгого неравенства > заменить на любой из трёх других знаков неравенства ≥, <, ≤.

B
11. Доказать, что при любых целых 
a  и  b: 
а) при любом натуральном  n  разность  
an – bn  делится на  a – b;
б) при нечётном натуральном  n  сумма  an + bn  делится на  a + b.
Р е ш е н и е. а) При  n = 1  данное 
утверждение очевидно, и, сделав предпо
ложение индукции, будем иметь:
an+1 – bn+1 = (an+1 – anb) + (anb – bn+1) =
= an(a – b) + (an – bn)b.
По предположению индукции каждое 
из слагаемых делится на  a – b.  Тем самым требуемое утверждение доказано.
б) При  n = 1  данное утверждение 
очевидно. Сделав предположение индукции: при фиксированном  k  сумма 
a2k+1 + b2k+1  делится на  a + b,  будем 
иметь: 
a2k+3 + b2k+3 =
= (a2k+3 – a2k+1b2) + (a2k+1b2 + b2k+3) =
= a2k+1(a2 – b2) + (a2k+1 + b2k+1)b2,
оба слагаемых делятся на  a + b.  Тем самым требуемое утверждение доказано.
Эти два утверждения являются «прародителями» некоторых популярных «задачек на засыпку» — например, в  2006  
или  2007 году поступающих могут спросить: является ли число  100…01,  где  
число нулей равно  2006  или  2007,  соответственно, простым, и он должен сообразить, что в первом случае  100…01 = 
= 102007 + 1,  то есть делится на  11,  а во 
втором  100…01 = 102008 +1 = (108)251+1,  и 
поэтому делится на  100000001,  так как 
при нечётных  n сумма  an + bn  делится 
на  a + b. 
12. Доказать, что при  n ∈ N: 
а)  5n – 1  делится на  4;
б)  103n – 46n  делится на  19;

в)  

2
1
18n
n
+ +  + 1  делится на  19;
г)  3 ⋅ 81n–1 + 114n–3  делится на  14.
Р е ш е н и е. Несмотря на явную «готовность» этих задач к доказательству по индукции, более простые решения получаются из других соображений.
а) Так как, согласно предыдущей задаче а), разность степеней с одинаковым 
показателем делится на разность оснований, то  5n – 1  делится на  4.

2/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

Простое решение получается и на языке сравнений (см. [3,4]): 
5n – 1 ≡ 1n – 1 ≡ 0 (mod 4),
что и требовалось доказать. 
б) Так как, согласно предыдущей задаче а), an – bn делится на a – b, то 
103n – 46n делится на 103 – 46 = 57, то 
есть делится на 19, что и требовалось доказать. 
в) Заметим, что число n2 + n всегда 

чётное, так что 

2
1
18n
n
+ + + 1 есть сумма нечетных степеней 18 и 1 с одинаковым показателем, и следовательно, делится на 
сумму оснований 19, что и требовалось 
доказать. 
г) Число 3 ⋅ 81n–1 + 114n–3 = 34n–3 + 114n–3 
есть сумма степеней с одинаковым нечётным показателем, и согласно предыдущей задаче б), делится на сумму
11 + 3 = 14.
13. Доказать, что при любом  n ∈ N:
а)  4n + 15n – 1 делится на 9;
в) 11n+ 2 + 122n + 1 делится на 133;
б)  32n+2 + 8n – 9  делится на 16;

г)  
3
2
1

n +
   делится на  3n+1.
Р е ш е н и е. а) При  n = 1  данное 
утверждение очевидно, и
4n+1 + 15(n + 1) – 1 =
= 4(4n + 15n – 1) – 3 ⋅ 15n + 18,
и поскольку каждое из трёх слагаемых 
делится на  9,  то и левая часть делится 
на  9.  Поэтому данное утверждение выполняется для любого  n ∈ N,  что и требовалось доказать. 
С помощью сравнений можно обойтись 
и без индукции. Так как  43 ≡ 1 (mod 9), 
то  43k ≡ 1,  и естественно рассмотреть три 
случая:  n ≡ 0 (mod 3), n ≡ 1 (mod 3), n ≡ 
2 (mod 3). В этих случаях  4n + 15n – 1 
сравнимо по модулю  9  соответственно с
1 + 15 ⋅ 0 – 1 ≡ 0,  4 + 15 – 1 ≡ 0,
16 + 30 – 1 ≡ 0,

так что при любом  n число  4n + 15n – 1 
делится на  9,  что и требовалось доказать. 
«Доказать, что  4n + 15n – 1  делится 
на  9»  является почти «хрестоматийной» 
задачей, включённой во многие учебные 
материалы. Хотя при её решении приходится рассматривать остатки от деления  n  на  3,  однако решение с помощью сравнений все равно проще индуктивного — оно сводится к трём числовым 
выкладкам: в соответствии со случаями 
n = 3k, n = 3k + 1  и  n = 3k + 2,  учитывая и такую мелочь, как  43 ≡ 1  и  15 ≡ 6,
1 + 6 ⋅ 0 – 1 ≡ 0, 1 ⋅ 4 + 6 ⋅ 1 – 1 ≡ 0,
1 ⋅ 16 + 6 ⋅ 2 – 1 ≡ 0.
б) При  n = 1  данное утверждение очевидно, и, сделав предположение индукции, получаем, что 
32(n+1)+2 + 8(n + 1) – 9 =
= 9(32n+2 + 8n – 9) – 72n + 81 + 8n + 8 – 9 =
= 9(32n+2 + 8n – 9) – 64n + 80
делится на  16.  Поэтому данное утверждение выполняется для любого  n ∈ N, 
что и требовалось доказать.
в) В этой задаче решение со сравнениями значительно проще доказательства по индукции. Действительно, по модулю  133: 
11n+2 + 122n+1 = 11n ⋅ 121 + 144n ⋅ 12 ≡
≡ 11n ⋅ 121 + 11n ⋅ 12 ≡ 11n ⋅ 133 ≡ 0.
г) По формуле суммы кубов будем 
иметь:

1
3
3
3
3
3
2
3
2
1
(2
)
1
(2
1)[(2
)
2
1)],

n
n
n
n
n
+ +
=
+
=
+
−
+

и надо доказать, что правая часть делится на  3n+2.  Сделав предположение индукции, получим, что первый множитель 
в правой части делится на  3n+1,  и достаточно убедиться, что второй множитель 
делится на  3.
Но  2  сравнимо с  (–1)  по модулю  3,  
следовательно,