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.
