Книжная полка Сохранить
Размер шрифта:
А
А
А
|  Шрифт:
Arial
Times
|  Интервал:
Стандартный
Средний
Большой
|  Цвет сайта:
Ц
Ц
Ц
Ц
Ц

Математика для школьников, 2018, № 3

научно-практический журнал
Покупка
Артикул: 706162.0001.99
Математика для школьников : научно-практический журнал. – Москва : Шк. Пресса, 2018. - № 3. – 48 с. – ISSN 2074-4281. - Текст : электронный. - URL: https://znanium.com/catalog/product/1016438 (дата обращения: 29.03.2024). – Режим доступа: по подписке.
Фрагмент текстового слоя документа размещен для индексирующих роботов. Для полноценной работы с документом, пожалуйста, перейдите в ридер.
3

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ
3 
Пчелинцев С.В., Седова Е.А.
О методе математической индукции, часть 2 (начало см. в журнале 
«Математика для школьников» № 2/2018)
В настоящей статье мы продолжаем рассказ Г.В. Дорофеева (1938–2008) 
о методе математической индукции, начало которого было опубликовано 
в предыдущем номере журнала. 

СОВЕТЫ К УРОКУ
11 Бояринов И.О.
Чертёжные инструменты из бумаги – своими руками
Вы в школе. Урок геометрии. И вдруг выясняется, что все чертёжные 
инструменты – линейка, два угольника с углами 45°, 30°, 60° – остались 
дома. Как быть? 

ПРОВЕРЬ СЕБЯ
12 Кукушкин Б.Н.
Задачник «Математики для школьников»
Задачник «Математики для школьников» представляет новые задачи и 
решения задач, опубликованных в номере 2 за 2018 год.

КЛУБ ЮНЫХ МАТЕМАТИКОВ

17 Троицкий Е.В.
ОТ ПЕРЕМЕНЫ МЕСТ СЛАГАЕМЫХ…
В статье, адресованной юным математикам V–VIII классов, предлагается 
познакомиться со свойствами некоторых необычных операций «сложения» 
и «умножения», заданных на множестве целых чисел.  

МАТЕМАТИКА – ЭТО ИНТЕРЕСНО
19 Акулич И.Ф.
Третья клякса
– Эта задача давно стала классической, — говорил учитель на очередном занятии математического кружка. — Её придумал много лет назад 
Яков Исидорович Перельман и поместил в свою книгу «Занимательная 
алгебра». 
23 Дружинин Б.Л.
Николай Орем
Николай Орем был среди тех, кто в эпоху Возрождения закладывал фундамент современной науки. Он больше, чем на два века опередил Декарта, 
Коперника, Непера, Галилея и многих других выдающихся учёных... 

НЕОЖИДАННАЯ МАТЕМАТИКА
29 Акулич И.Ф.
Стремянка у стены
В статье рассматриваются вариации известной задачи о прислонённой к 
стене лестнице, которая под собственным весом соскальзывает вниз.
36 Дворянинов С.В.
Что такое огибающая
В статье И.Ф. Акулича «Стремянка у стены» есть два героя -  семейство 
отрезков и кривая, которая в каждой своей точке касается одного из отрезков семейства. Эта кривая называется огибающей семейства отрезков. 
В статье приведены другие примеры огибающей.

ЗАНИМАТЕЛЬНАЯ СТРАНИЦА
39 Карпушина Н.М.
Сокровище геометрии: правдивая история теоремы Пифагора          
Римский архитектор Витрувий считал теорему Пифагора одним из замечательных «открытий, оказавших услуги развитию человеческой жизни» и 
призвал относиться к ней с величайшим почтением. Немецкий астроном 
Иоганн Кеплер назвал её одним из сокровищ геометрии и сравнил с 
мерой золота. Вряд ли во всей математике найдётся более весомое, значимое утверждение, ведь по числу научных и практических приложений 
теореме Пифагора нет равных. Не в этом ли кроется главный секрет её 
популярности?

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, С.Н. Федин

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. № 3233. 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 2)

В настоящей статье мы продолжаем рассказ Г.В. Дорофеева (1938— 
2008) о методе математической индукции, начало которого было 
опубликовано в предыдущем номере журнала.

Индукция и метод математической 
индукции
Если задачи предыдущего раздела (см. 
[1]), в основном, сводились к доказательству методом математической индукции 
уже установленных кем-то ранее математических утверждений и закономерностей, то в этом разделе основное внимание уделено собственно самой индукции, 
самостоятельному нахождению таких закономерностей. «Поиск математических 
истин составляет важнейшую часть математического творчества, а дедуктивное 
доказательство — это уже заключительный этап», — отмечал Г.В. Дорофеев [2].

При решении задач этого пункта необходимо отчётливо понимать, что сама 
постановка многих этих задач — найти 
общую формулу члена последовательности по её нескольким первым членам 
— строго говоря, логически некорректна. 
Даже если в задаче требуется найти общий член последовательности 1, 2, 3, 
4, 5, ..., где её составитель имел в виду 
xn = n, ученик имеет полное право написать, что 
xn = (n – 1)(n – 2)(n – 3)(n – 4)(n – 5) + n
— для первых пяти членов последова
тельности это равенство верно, но следующие члены вовсе не совпадают с тем, 
что «хотелось бы» составителю.
С аналогичной проблемой учащиеся 
могли сталкиваться и в основной школе в задачах типа «Записать следующий 
член последовательности» или «Продолжи последовательность», где последовательность 1, 2, 3 они могли и имели право продолжить как 1, 2, 3, 1, 2, 3, ..., что 
встречается не так редко.
Однако подобное решение, как правило, означает лишь, что ученик, как говорят в психологии, «не принял» задачу, отказался думать.
Между тем научиться «честно» решать 
подобные задачи очень важно: такие поиски общей закономерности фактически 
моделируют научную, в частности, математическую деятельность — эксперимент 
на частных случаях, поиск и получение 
закономерности и доказательство этой закономерности. Отметим, что собственно к 
математике как к науке относится лишь 
последний этап — доказательство, и в начальной и основной школе мы прекрасно 
ограничивались первыми двумя — и не 
только при изучении дробей, но и, например, при построении графиков изучаемых 

3/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

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

функций «по точкам».
Некоторые задания из предложенных 
ниже были сформулированы в [2, 3], здесь 
же мы приводим их подробные решения.

1. Предложить какую-либо закономерность в построении последовательности и 
записать её в виде формулы общего члена:
а) 1, 3, 7, 15, 31, ...; 
б) 1, 9, 49, 225, 961, ...;
в) 1, 3, 6, 10, 15, ...;
г) 2, 4, 9, 17, 28, ...;
д) 1, 5, 23, 119, 719, ...;
е) 2, 4, 13, 61, 361, 2521, ... .
О т в е т: 

а) xn = 2n – 1; 

б) xn = (2n – 1)2; 

в) 
(
1) ;
2
n
n
n
x
+
=

г) 

2
3
5
6 ;
2
n
n
n
x
−
+
=
 

д) xn = (n + 1)! – 1; 

е) 
(
1)! 
2 .
2
n
n
x
+
+
=

Р е ш е н и е. 
а) Если ко всем членам данной последовательности прибавить 1, то получатся 
степени числа 2, и поэтому xn = 2n – 1.
б) Члены данной последовательности 
— квадраты членов предыдущей последовательности, так что xn = (2n – 1)2.
в) Разности соседних членов последовательности образуют арифметическую 
прогрессию: xn – xn–1 = n, и поэтому
xn – x1 = 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n, 

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

г) Вычислив последовательные разности: 2, 5, 8, 11, ..., мы видим, что они об
разуют арифметическую прогрессию, общий член которой yn = 3n – 4. Другими 
словами, 
xn – xn–1 = 3n – 4.
Поскольку при подобных вычислениях 
в номере n легко ошибиться на 1, то для 
контроля проверим, например, n = 4: по 
формуле, x4 – x3 = 3 ⋅ 4 – 4 = 8, что соответствует действительности.
Таким образом, x2 – x1 = 2, x3 – x2 = 5, 
x4 – x3 = 8, ..., xn – xn–1 = 3n – 1, и, складывая эти равенства почленно, получаем
xn – x1 = 2 + 5 + 8 + ... + (3n – 4)

2
(3
4)
2
(
1).
2
n
n
x
n
+
−
=
+
−

2
3
5
6
2
n
n
n
x
+
=
–

д) Члены данной последовательности 
напоминают факториалы n! – 1, 2, 6, 24, 
120 — отличаются от них на 1 и «сдвинуты» на один номер. Поэтому 
xn = (n + 1)! – 1.
е) Члены данной последовательности 
не слишком напоминают факториалы, но 
растут так же быстро, и если их умножить 
на 2, то получится последовательность 4, 
8, 26, 122, 722, 5042, состоящая из факториалов, увеличенных на 2 и «сдвинутых» 
на один номер. Поэтому 

2xn = (n + 1)! + 2, 
(
1)! 
2 .
2
n
n
x
+
+
=

Поскольку в этих рассуждениях мы 
опирались максимум на 5 членов последовательности, то для самоконтроля проверим, выполняется ли полученная формула при n = 6:
2x6 = 7! + 2 = 5042, x6 = 2521.
то есть «все в порядке».
2. Найти формулу общего члена последовательности и формулу суммы n первых её членов: 

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

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

а) 1 ⋅ 3, 2 ⋅ 5, 3 ⋅ 7, 4 ⋅ 9, ...;
б) 1 ⋅ 1, 2 ⋅ 2, 3 ⋅ 6, 4 ⋅ 24, 5 ⋅ 120, …;

в) 1 ,
3
 4 ,
15
 9 ,
35
 16 ,
63
 ...;

г) 2 ,
3
 5 ,
6
 9 ,
10
 14 ,
15
 20 ,
21
 27 ,
28
 ... .

О т в е т: 

а) xn = n(2n + 1), 
(
1)(4
5).
6
n
n n
n
S
+
+
=

б) xn = n ⋅ n!, Sn = (n + 1)! – 1.

в) 

2

2
,
4
1
n
n
x
n

=
−
 
(
1) .
2(2
1)
n
n n
S
n
+
=
+

г) 
(
3)
,
(
1)(
2)
n
n n
x
n
n
+
=
+
+
 
(
1).
2
n
n n
S
n
+
=
+

Р е ш е н и е. а) Первые множители yn 
образуют натуральный ряд, то есть yn = n, 
вторые — последовательные нечётные 
числа zn, начиная с 3, то есть zn = 2n + 1, 
так что xn = n(2n + 1). Формула суммы n 
первых членов получена в решении задачи 4 из первой части данной статьи [4].
б) Первые множители yn = n, вторые 
— произведения zn последовательных натуральных чисел, то есть zn = n!, так что 
xn = n ⋅ n!. Формула суммы n первых членов получена в решении задачи 1п).
в) Числители yn — квадраты натуральных чисел, то есть yn = n2, знаменатель 
zn каждой дроби на 1 меньше учетверённого числителя, то есть zn = 4n2 – 1, так 

что 

2

2
.
4
1
n
n
x
n

=
−

Нахождение нужной закономерности 
в суммах Sn с помощью эксперимента 
здесь довольно затруднительно из-за необходимости складывать числовые дроби, 
и для её вычисления мы применим специальный приём: преобразуем «увосьме
рённый» общий член — как мы увидим 
ниже, если его умножить только на 4, то 
числовые дроби все же появятся: 

8xn 
= 

2

2
8
8
4
1
n
n
x
n

=
=
−
 
2
2
2
4
1
n

+
=
−
 

= 
2
2
(2
1)(2
1)
n
n
+
=
−
+
 
1
1
2
,
2
1
2
1
n
n
⎛
⎞
+
−
⎜
⎟
−
+
⎝
⎠

и поэтому

8(x1 + x2 + ... + xn–1 + xn) 
1
2
1
3
n
⎛
⎞
=
+
−
⎜
⎟
⎝
⎠  +

1
1
...
3
5
⎛
⎞
+
−
+
+
⎜
⎟
⎝
⎠

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

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

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

Следовательно, 
(
1) .
2(2
1)
n
n n
S
n
+
=
+

Заметим, что простая формула для Sn 
показывает, что возможность её отыскать 
с помощью эксперимента все же была.
г) Числитель yn каждой дроби на 1 
меньше знаменателя zn, так что достаточно найти формулу для знаменателя. 
Умножив все знаменатели на 2, получим 
6, 12, 20, 30, 42, ..., то есть 2 ⋅ 3, 3 ⋅ 4, 4 
⋅ 5, 5⋅6, 6 ⋅ 7, ..., так что для удвоенного 
знаменателя «подходит» формула 2zn = 

= (n + 1)(n + 2), откуда 
(
1)(
2).
2
n
n
n
z
+
+
=
 

Поэтому 
(
1)(
2)
2
(
1)(
2)
n
n
n
x
n
n
+
+
−
=
+
+
= 

3/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

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

2

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

Возможна и другая идея решения, 
основанная на применении фактически 
алгоритмического приёма, основанного 
на достаточно очевидной закономерности в последовательности числителей yn: 
их последовательные разности образуют 
арифметическую прогрессию —
y2 – y1 = 3, y3 – y2 = 4, y4 – y3 = 5, 
y5 – y4 = 6,...,

то есть yn – yn–1 = n + 1, и, складывая эти 
равенства — для этого их лучше было записать в столбик, — получим: 
yn – y1 = 3 + 4 + 5 + ... + (n + 1) =
= 3 + 4 + 5 + ... + (n + 1) = 

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

yn = 2 +yn 

(
4)(
1)
2
2
n
n
+
−
=
+
 =

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

2
3
1
1
2
n
n
n
n
z
y
+
=
+
=
+
(
1)(
2).
2
n
n
+
+
=

А ещё проще было числители и знаменатели всех членов последовательности умножить на 2 и разложить их после 
этого на множители, и для полученной 
последовательности 

2 2 ,
2 3

⋅
⋅
 

2 5 ,
3 2

⋅
⋅
 

3 6 ,
4 5

⋅
⋅
 

4 7 , ...
5 6
⋅
⋅
 
 
формула 
легко 
подбирается: 

(
3)
(
1)(
2)
n
n n
x
n
n
+
=
+
+
 — надо только дога
даться, что нарушающая эту закономерность первая дробь может быть записана 
в виде 1 4 .
2 3

⋅
⋅

Отметим, что для получения формулы 
общего члена последовательности вычисление «соседних» разностей вообще часто 
бывает полезным. На этом основано, напомним, и получение формулы суммы квадратов чисел от 1 до n. Этот приём часто 
применяется в решениях аналогичных задач. Впрочем, мы уже применили его и в 
предыдущей задаче — в пунктах в) и г). 
Для вычисления Sn применим преобразования, аналогичные проведённым выше:

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

2

2
3
3
2
n
n
n
n
+
=
=
+
+
 

2
2
1
3
2
n
n
=
−
=
+
+

2
1
(
1)(
2)
n
n
=
−
+
+
 

1
1
1
2
,
1
2
n
n
⎛
⎞
=
−
−
⎜
⎟
+
+
⎝
⎠

Sn = x1 + x2 + ... + xn–1 + xn =

1
1
1
1
2
...
2
3
3
4
n
⎡⎛
⎞
⎛
⎞
=
−
−
+
−
+
+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎢⎝
⎠
⎝
⎠
⎣
  

1
1
1
1
1
1
2
n
n
n
n
⎤
⎛
⎞
⎛
⎞
+
−
+
−
=
⎜
⎟
⎜
⎟⎥
+
+
+
⎝
⎠
⎝
⎠⎦

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

2
(
1).
2
2
n
n
n n
n
n
+
+
=
=
+
+
 
3. Предложить формулу общего члена 
последовательности:
а) –1, 1, –1, 1, –1, ...; 
б) 1, –1, 1, –1, 1, ...;
в) 0, 1, 0, 1, 0, 1, ...;
г) 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, ... . 
О т в е т: 
а) xn = (–1)n; 
б) xn = (–1)n+1;

в) 
1
( 1) ;
2

n

n
x
+ −
=
 

г) 
1
4
.
4
n
n
x
n
−
⎡
⎤
=
−
⎢
⎥
⎣
⎦

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

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

Р е ш е н и е. а) Знак члена данной последовательности с номером n определяется чётностью номера, а это «учитывается» стандартным выражением (–1)n, равным 1 при чётном n и –1 при нечётном 
n. Поэтому xn = (–1)n.
б) В силу задачи а) xn = –(–1)n = (–1)n+1. 
Можно, конечно, обойтись и без использования задачи а): в данной задаче нечётным номерам соответствует знак +, так 
что при нечётном n показатель степени 
должен быть чётным, что достигается 
прибавлением к n единицы.
в) Чтобы при нечётном n получить 0, 
надо к 1 прибавить знакопеременное выражение (–1)n, но при чётном n эта сумма 

равна 2, так что 
1
( 1) .
2

n

n
x
+ −
=

г) Нетрудно заметить, что данная последовательность составлена из остатков 
от деления натуральных чисел на n, увеличенных на 1, и остаётся поэтому задать 
такой остаток формулой. 
Если, в общем виде, a и b — натуральные числа, и r — остаток от деления a 
на b, то, по определению, a = bq + r, где 
0 ≤ r < b, а тогда 

,
a
r
q
b
b
=
+
 

0
1,
r
b
≤
<
 

,
a
q
b ≥
 

1.
a
q
b <
+

Но это означает, что q — самое большое натуральное частное, не большее 

числа 
,
a
b  то есть его целая часть: 
.
a
q
b
⎡
⎤
= ⎢
⎥
⎣
⎦  

Поэтому r = a – bq 
,
a
a
b b
⎡
⎤
=
−
⎢
⎥
⎣
⎦
 и, возвра
щаясь к исходной задаче, получаем, что 

остаток от деления n на 4 равен 
4
,
4
n
n
⎡
⎤
−
⎢
⎥
⎣
⎦  

а общий член xn заданной последова
тельности равен 
–1
4
.
4
n
n
⎡
⎤
−
⎢
⎥
⎣
⎦

Замечание. Если n =4k + r, 0 ≤ r ≤ 3, 

то 
для 
1
( )
4
4
n
f n
n
−
⎡
⎤
=
−
⎢
⎥
⎣
⎦  
имеем 

3
( )
4
4 (
1)
4
r
f n
k
r
k
+
⎡
⎤
=
+
−
−
+
=
⎢
⎥
⎣
⎦

 
4,
0
,
0.
r
r r
=
⎧
⎨
≠
⎩

4. Найти формулу общего члена последовательности (xn):
а) xn+1 = xn + a, x1 = c;
б) xn+1 = axn, x1 = c (a ≠ 0, c ≠ 0);
в) xn+1 = axn + b, x1 = c (a ≠ 0).
О т в е т: а) xn = c + a(n – 1); б) xn+1 = can–1;

в) При a ≠ 1 
1
1
(
1) ,
1

n
n

n
b a
x
ca
a

−
− −
=
+
−

при a = 1 xn = c + (n – 1)b.
Р е ш е н и е. а) Разность между любыми двумя соседними членами равна, по 
условию, a, и, следовательно, данная последовательность есть арифметическая 
прогрессия с первым членом c и разностью a, то есть xn = c + a(n – 1).
б) Каждый член данной последовательности получается из предыдущего умножением на a, и, следовательно, данная 
последовательность есть геометрическая 
прогрессия с первым членом c и знаменателем a, то есть xn = can–1.
В условии на числа a и c наложены 
ограничения, которыми в решении задачи мы не пользовались, и при этих ограничениях мы могли бы практически буквально повторить решение задачи а). Но 
наше рассуждение применимо и для последовательностей a, 0, 0, 0, ..., которые 
иногда считают, а иногда не считают геометрическими прогрессиями. 
в) Из рекуррентной формулы, задающей последовательность, имеем:

3/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

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

x2 = ac + b,
x3 = ax2 + b = a(ac + b) + b = 
= a2c + ab + b,
x4 = ax3 + b = a(a2c + ab + b) + b = 
= a3c + a2b + ab + b, ...,
и можно выдвинуть гипотезу, что для n 
≥ 2
xn = an–1c + an–2b + an–3b + ... + 
+ a2b + ab + b,
где множитель a входит с натуральными 
показателями.
Докажем эту формулу по индукции. 
При n = 2 формула имеет вид x2 = ac + b, 
то есть верна, и, сделав предположение 
индукции, получаем:
xn+1 = axn + b = a(an–1c + an–2b + an–3b + 
... + a2b + ab + b) + b = 
= anc + an–1b + an–2b + ... + a3b + a2b + 
+ ab + b, 
то есть формула верна и для n + 1.
При a ≠ 1 эту формулу можно перепи
сать в виде 

1
1
(
1).
1

n
n
n
b a
x
ca
a

−
−
−
=
+
−

5. Найти формулу общего члена рекуррентно заданной последовательности:
а) xn+1 = xn, 
x1 = 3;
б) xn+1 = –xn, 
x1 = –1;
в) xn+1 = xn + 2, 
x1 = 3;
г) xn+1 = 3xn; 
x1 = –2;
д) xn+1 = (n + 1)xn, 
x1 = 1;
е) xn+1 = xn + 2n, 
x1 = 1;
ж) xn+1 = nxn, 
x1 = 3;
з) xn+1 = (2n + 1)xn, 
x1 = 1;
и) xn+2 = 2xn+1 – xn, 
x1 = a, x2 = b;
к) xn+3 = 3xn+2 – 3xn+1 + xn, x1 = 1, x2 = 2, 
 
x3 = 3.
О т в е т: 
а) xn = 3; б) xn = (–1)n ; 
в) xn = 2n + 1; г) xn = –2⋅3n — 1; 
д) xn = n!; е) xn = n2 + n – 1;

ж) xn = 3(n – 1)!; з) 
(2 )! ;
2
!
n
n
n
x
n

=
⋅

и) xn = a + (b – a)(n – 1); к) xn = n. 
Р е ш е н и е. а) Все члены данной последовательности равны друг другу, то 
есть равны 3.
б) Члены последовательности с нечётными номерами равны –1, с нечётными 
равны 1, так что xn = (–1)n. 
в) Данная последовательность есть 
арифметическая прогрессия с первым 
членом 3 и с разностью 2, так что 
xn = 3 + 2(n – 1) = 2n + 1.
г) Данная последовательность есть геометрическая прогрессия с первым членом 
–2 и со знаменателем 3, так что 
xn = –2 ⋅ 3n–1.
д) Составим таблицу:

n
1
2
3
4
5
xn+1 = (n + 1)xn
1
2
6
24
120

— правило заполнения второй строки очень просто: первое число, по условию, равно 1, а каждое следующее является произведением своих соседей слева 
и сверху. 
Нетрудно догадаться, что во второй 
строке стоят факториалы и выдвинуть 
гипотезу: xn = n!. Проверим, удовлетворяет ли эта последовательность заданному условию: в соответствии с гипотезой, xn+1 = (n + 1)!, xn = n!, так что 
xn+1 = (n + 1)xn, и, кроме того, x1 = 1, что 
также соответствует условию.
Следовательно, найденная последовательность удовлетворяет условию, однако 
остается вопрос: эту последовательность 
мы «угадали», и не может ли случиться, 
что условию задачи удовлетворяет ещё 
какая-нибудь последовательность? Но 
на самом деле этого, конечно, не может 
быть: рекуррентным заданием последовательность определяется однозначно — это 
ясно, прежде всего, из процесса заполнения таблицы. Впрочем, мы уже говори
АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

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

ли об этом раньше — при решении задач предыдущего пункта в первой части 
данной статьи. 
е) Эту задачу также можно решить 
экспериментально — с помощью таблицы 
первых членов, формулировкой и проверкой гипотезы, — но здесь сразу «напрашивается» общее рассуждение — разности соседних членов образуют арифметическую прогрессию: по условию, 
xn+1 – xn = 2n.
Поэтому 
x2 – x1 = 2, x3 – x2 = 4, x4 – x3 = 6, ..., 
xn+1 – xn = 2n,
и, складывая эти равенства, получим
xn+1 – x1 = 2 + 4 + 6 + ... + 2n = 

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

Но нам нужен элемент xn, и поэтому в 
этом равенстве надо заменить n + 1 на n:
xn = 1 + (n – 1)n = n2 – n + 1.
ж) Имеем:

2

1
1,
x
x
=
 

3

2
2,
x
x
=
 

4

3
3,
x
x
=
 ..., 

1
,
n

n

x
n
x

+ =

и, перемножив эти равенства, получим 

1

1
!,
n
x
n
x

+ =
 то есть xn+1 = 3n!.

Переходя от n + 1 к n, получим, что 
xn = 3(n – 1)!, но при n > 1 — так как n + 
1 > 1, то есть формула xn+1 = n! «действует» с члена x2. При n = 1 она принимает 
вид x1 = 3 ⋅ 0!, а символ 0! у нас не имеет смысла. Однако в математике символу 
0! специальным определением придаётся 
смысл: считают, что 0! = 1. Поэтому формула xn = 3(n – 1)! верна для любого натурального n. 
з) Так же, как в задаче ж), имеем: 

2

1
3,
x
x
=
 

3

2
5,
x
x
=
 

4

3
7,
x
x
=
 

1
2
1,  ...,
n

n

x
n
x

+ =
+

откуда после перемножения левых час
стей равенств местами 
1

1
!,
n
x
n
x

+ =
 то есть 

xn+1 = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅ ... ⋅ (2n + 1) — произведение всех нечётных чисел от 1 до 
2n + 1.
В математике такое произведение часто обозначают специальным символом 
(2n + 1)!!, но оказывается, что мы уже 
имеем возможность обойтись и «старыми» 
символами. 
Покажем это для простоты на конкретном примере:

1 2 3 4 5 6 7 8
1 3 5 7
2 4 6 8
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
=
⋅
⋅
⋅

4
4
8!
8! ,
2
1 2 3 4
2 4!
=
=
⋅ ⋅
⋅
⋅

и совершенно ясно, что и при любом натуральном n выполняется равенство 

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

Ещё проще оно будет выглядеть, если 

от n + 1 перейти к n: 
(2 )!
(2
1)!!
.
2
!
n
n
n
n

−
=
⋅

Таким 
образом, 
1
1
(2
2)! ,
2
(
1)!
n
n
n
x
n
+
+
+
=
+
 

(2 )! .
2
!
n
n
n
x
n

=
⋅
Заметьте, что «двойной факториал» 
определён нами только для нечётных 
чисел, и попробуйте придумать соответствующее определение для чётных чисел и вывести аналогичную формулу для 
«двойного факториала» (2n)!!.
и) Отметим сразу же, что для вычисления очередного члена последовательности 
в данной задаче требуется знать два предыдущих члена — в таких случаях говорят, 
что последовательность задана рекуррент
3/2018
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

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

ным соотношением второго порядка. В 
частности, для нахождения x3 надо знать 
и x1, и x2 — поэтому эти числа — «начальные условия» — и заданы в условии. 
Если заданное равенство xn+2 = 2xn+1 – xn записать в виде xn+2 – xn+1 = xn+1 – xn и «перевести» его на русский язык: разности 
любых соседних членов постоянны, то оно 
означает, что данная последовательность 
есть просто-напросто арифметическая прогрессия. Ее первый член, по условию, равен 
a, а разность равна x2 – x1 = b – a, так что 
xn = a + (b – a)(n – 1) = b(n – 1) – a(n – 2).
Попробуйте сформулировать аналогичную, «параллельную» задачу для геометрической прогрессии. Она получается из 
данной, естественно, заменой вычитания 
делением и удвоения возведением в ква
драт: 

2
1
2
,
n
n
n

x
x
x

+

+ =
 или 
2
2
1,
n
n
n
x
x
x
+
+
⋅
=
 а в 

начальных условиях x1 = a, x2 = b; разумно предусмотреть, что a, b ≠ 0.
к) Последовательность задана рекуррентным соотношением третьего порядка. Воспользуемся последовательными 
равенствами, положив xn+1 – xn = yn. Исходное равенство xn+3 = 3xn+2 – 3xn+1 + xn 
перепишем в виде:
xn+3 – xn+2 = 2(xn+2 – xn+1) – (xn+1 – xn), 
yn+2 = 2yn+1 – yn,
и мы получили рекуррентное соотношение из задачи и), но с начальными условиями y1 = x2 – x1 = 1, y2 = x3 – x2 = 1, то 
есть с a = b = 1. Поэтому yn+2 = 1, и легко видеть, что и все последующие члены 
этой последовательности равны 1, то есть 
yn = 1 для любого n.
Следовательно, xn+1 – xn = 1, так что 
заданная последовательность есть арифметическая прогрессия с первым членом 
1 и разностью 1, то есть xn = n.

И здесь просто нельзя не обратить 
внимание учащихся на неожиданность 
полученного результата: при таком довольно сложном задании последовательности она оказалась обыкновенным натуральным рядом, что, конечно, было бы 
трудно предугадать заранее. 
Заметим ещё, что, записав рекуррентные соотношения задачи и) и этой задачи в виде 
xn+2 – 2xn+1 + xn = 0 и 

xn+3 – 3xn+2 + 3xn+1 – xn = 0,
трудно не увидеть, что коэффициенты 
при членах последовательности — те 
же самые, что при разложении степеней  
(x – 1)2 и (x – 1)3. Конечно же, это не случайно и даёт возможность естественного 
обобщения задачи. 

Литература
1. Пчелинцев С.В., Седова Е.А. О методе 
математической индукции. Часть 1 // Математика для школьников. — 2018.— № 2.— 
С. 3—19.
2. Дорофеев Г.В., Седова Е.А. Индукция в 
математике // Математика для школьников.— 
2016.— № 2.— С. 3 — 15. (см. также Математика для школьников, № 1, 2004. С. 50—59).
3. Дорофеев Г.В., Кузнецова Л.В., Седова 
Е.А., Охтеменко О.В. Математическая индукция // Математика в школе.— 2004.— № 7.— 
С. 7 — 12.
4. Алгебра и начала анализа. 10 кл. Ч. I: 
учебник для общеобразовательных учреждений / Г.В. Дорофеев, Л.В. Кузнецова, Е.А. Седова. — 3-е изд., стереотип. — М.: Дрофа, 
2008. — 316, [4] с.: ил.
5. Алгебра и начала анализа. 10 кл. Ч. II: 
задачник для общеобразовательных учреждений / Г.В. Дорофеев, Л.В. Кузнецова, Е.А. Седова. — 4-е изд., стереотип. — М.: Дрофа, 
2008. — 302, [2] с.: ил.

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

1. Возьмите лист бумаги (даже совсем неправильной формы!) и перегните его. Линия сгиба — это прямая линия. Используйте теперь край этого листа как линейку. 
2. Если ещё раз перегнуть полученный 
лист, совместив части прямой, то получим 
прямой угол. 
3. Перегнув этот угол пополам, получим 
угол  45°.

4. Теперь получим угол  30°.  Возьмём 
прямой угол с вершиной  С.  На одной из 
его сторон отметим точку  А.  Перегнём 
лист бумаги так, чтобы точки  А  и  С  совпали. Получим линию сгиба  a.  Ещё раз 
перегнём лист так, чтобы новая линия сгиба  b  проходила через точку  А  и чтобы 

точка  С  оказалась на прямой  a  в точке  
В.  Если теперь лист бумаги развернуть, 
то окажется, что угол  САВ  равен  60°,  а 
линия сгиба  b  — его биссектриса.

Тем самым решена задача трисекции 
угла  90°  — задача деления его на три 
равные части. С использованием обычных 
инструментов — линейки и циркуля — эта 
задача неразрешима. 
Описанный нами приём относится к искусству оригами — складыванию фигурок 
из листа бумаги. Подробнее про оригами 
можно прочитать в статье В.Г. Покровского «Геометрические построения с помощью 
оригами», опубликованной в журнале «Математика для школьников №1/2017.

СОВЕТЫ К УРОКУ

И.О. Бояринов
ЧЕРТЁЖНЫЕ ИНСТРУМЕНТЫ ИЗ БУМАГИ — 
СВОИМИ РУКАМИ

Представьте, вы в школе. Урок геометрии. И вдруг выясняется, что 
все чертёжные инструменты — линейка, два угольника с углами  
45°, 30°, 60°  — остались дома. Как быть? Не отчаивайтесь.

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

Новая задача
Задача 107
а) С помощью циркуля и линейки постройте треугольник, если даны середины 
его сторон.
б) На плоскости начерчена окружность, 
но центр её не дан. Постройте центр этой 
окружности.
в) Дан отрезок. Постройте точку, делящую этот отрезок в отношении 3 : 4.
г) Постройте треугольник по стороне а, 
углу α и высоте hc.
д) Постройте треугольник ABC по сто
роне а, высоте hа и отрезку 
2
2.
d
b
c
=
−

е) Постройте ΔАВС по стороне а, высо
те hа и отрезку 
.
d
bc
=

ж) На биссектрисе данного угла дана 
точка А. Постройте прямую, проходящую 
через точку А и пересекающую угол по 
отрезку данной длины d.
з) Постройте остроугольный треугольник, если даны точки пересечения биссектрисы его углов с описанной окружностью.
и) На плоскости даны окружность и 
вне её – точка А. Постройте секущую, 
проходящую через точку А и пересекающую окружность в точках В и С так, чтобы было АВ = ВС.

Решение задачи 106
а) Решите уравнение

1
2.
x
x
+
+
=

Р е ш е н и е. О.Д.З. уравнения определяется условием x ≥ 0, то есть ОДЗ = [0; 

+∞). Перенесём 
x  в правую часть урав
нения: 
1
2
.
x
x
+
=
−
 Учитывая условие 

2
0,
x
−
≥
 возведём это уравнение в ква
драт: 
1
4
4
,
x
x
x
+
=
−
+
 откуда 4
3,
x =

9 .
16
x =
 Это число входит в ОДЗ и удо
влетворяет условию 2
0.
x
−
≥

О т в е т: 
9
.
16
⎧
⎫
⎨
⎬
⎩
⎭

Замечание 1. Можно было возводить в 
квадрат, не перенося 
x  в правую часть 
уравнения.
Замечание 2. Левая часть уравнения 
является строго возрастающей функцией. 
Поэтому уравнение имеет не более одного 

корня. Если кто-то угадает корень 
9 ,
16
x =
 

то он решит это уравнения и это совершенно законное решение. Другое дело, 
что угадать такой корень нелегко.

ПРОВЕРЬ СЕБЯ

Б.Н. Кукушкин
ЗАДАЧНИК «МАТЕМАТИКИ ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ»

Задачник «Математики для школьников» представляет новые задачи 
и решения задач, опубликованных в номере 2 за 2018 год.