Отношения фигурных чисел

Задача

Количество кружочков, расположенных в виде квадрата, называют квадратным числом. Естественно, считается, что в стороне квадрата укладывается целое число кружочков. Последовательность квадратных чисел хорошо известна: 1, 4, 9, 16, 25, ... По аналогии можно определить и треугольные числа: для этого кружочки надо располагать в виде равносторонних треугольников (рис. 1). Вот несколько первых треугольных чисел: 1, 3, 6, 10, 15, ...

    а) Количество квадратных чисел, не превосходящих данное число n будем обозначать Sn, а количество таких треугольных чисел будем обозначать Tn. К чему стремится отношение Tn:Sn с ростом n?
    б) Можно заметить, что число 36 является одновременно и квадратным, и треугольным. Есть ли еще числа с таким свойством?

Рис. 1.

Рис. 1.


Подсказка

В обоих пунктах не обойтись без формул для квадратных и треугольных чисел. Использовать их, правда, придется по-разному. В пункте а) нужно при помощи этих формул выразить величины Tn и Sn, а затем найти предел их отношения.

В пункте б), разумеется, предлагается не удовлетвориться тривиальным ответом, гласящим, что число 1 является и треугольным, и квадратным, а попытаться найти все такие числа. Для этого нужно составить уравнение, исходя из того, что число одновременно относится к обоим типам фигурных чисел, а затем проанализировать, когда это уравнение (оно будет квадратным) имеет целые корни.


Решение

а) Этот пункт, по сути, является несложным упражнением на вычисление пределов последовательностей. Итак, следуя подсказке, выведем формулы для наших фигурных чисел. k-е по счету квадратное число, очевидно, задается формулой \(s_k=k^2\), а k-е треугольное число равно сумме первых k натуральных чисел, поэтому оно задается формулой \(t_k=\frac12k(k+1)\).

Рассмотрим отрезок натурального ряда от 1 до n. Понятно, что в этом отрезке находится \(S_n=\left[\sqrt n\right]\) квадратных чисел. Здесь квадратными скобками обозначена целая часть, то есть наибольшее целое число, не превосходящее данного (в нашем случае — квадратного корня из n).

Чтобы узнать, сколько в этом отрезке находится треугольных чисел, нужно решить неравенство \(\frac12k(k+1)\le n\). Если домножить на 2, раскрыть скобки и перенести всё в одну часть, то оно превратится в \(k^2+k-2n\le0\). Корни соответствующего квадратного уравнения равны \(\left(-1\pm\sqrt{8n+1}\right)/2\). Они разных знаков, поэтому из натуральных чисел неравенству удовлетворяют те, что лежат между 1 и положительным корнем, равным \(\left(\sqrt{8n+1}-1\right)/2\). Значит, на отрезке натурального ряда от 1 до n имеется \(T_n=\left[\left(\sqrt{8n+1}-1\right)/2\right]\) треугольных чисел.

Предел отношения числа треугольных к числу квадратных чисел при неограниченном возрастании n равен:

\[\lim\limits_{n\to\infty}\frac{T_n}{S_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left[\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}\right]}{\left[\sqrt n\right]}.\]

Считать напрямую предел, в котором фигурируют целые части, не очень удобно. Но можно воспользоваться леммой о двух милиционерах, суть которой в вольном пересказе заключается в том, что если «неудобную» последовательность можно «зажать» между двумя более «удобными» и такими, что их пределы совпадают, то и предел «неудобной» последовательности совпадает с ними.

В нашем случае можно воспользоваться тем, что для целой части числа \(x\) справедливо двойное неравенство \(x-1<[x]<x+1\):

\[\frac{\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}-1}{\sqrt n+1} <\frac{\left[\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}\right]}{\left[\sqrt n\right]}< \frac{\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}+1}{\sqrt n-1}.\]

И хотя выражения слева и справа слегка отличаются, пределы соответствующих последовательностей, \(b_n=\left(\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}-1\right)/(\sqrt{n}+1)\) и \(c_n=\left(\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}+1\right)/(\sqrt{n}-1)\), вычисляются одинаково и равны одному и тому же числу. Поэтому ему же будет равен предел и нашей последовательности \(T_n/S_n\).

Осталось эти пределы найти. Поскольку они, как было сказано, вычисляются абсолютно аналогично, то посчитаем предел только для последовательности \(b_n\):

\[\begin{gather}\lim\limits_{n\to\infty}b_n=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{\sqrt{8n+1}-1}{2}-1}{\sqrt n+1}= \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{8n+1}-3}{2\sqrt{n}+2}=\\=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{8+\frac1n}-\frac3{\sqrt{n}}}{2+\frac{2}{\sqrt{n}}}=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt{8+\frac1n}-\frac3{\sqrt{n}}\right)}{\lim\limits_{n\to\infty}\left(2+\frac{2}{\sqrt{n}}\right)}=\frac{\sqrt8}2=\sqrt2.\end{gather}\]

Переход от предела отношения к отношению пределов легитимен, так как они оба существуют и предел в знаменателе не равен нулю (см. арифметические свойства пределов).

Это означает, что и отношение количеств расположенных на начальном отрезке натурального ряда треугольных чисел Tn к числу квадратных чисел Sn при неограниченном возрастании n стремится к \(\sqrt2\).

б) Итак, из условия и подсказки известны уже два квадратно-треугольных числа: \(1=S_1=T_1\) и \(36=S_6=T_8\). Есть ли еще такие числа? Можно написать простую программу, которая будет сопоставлять квадратные числа с треугольными и искать совпадения. Таким способом можно найти другие квадратно-треугольные числа (например, третье по счету квадратно-треугольное число — это \(1225=S_{35}=T_{49}\), а в пределах первых 10 000 натуральных чисел их больше нет; кстати, по удачному совпадению, в 1225 году вышел труд Фибоначчи «Книга квадратов» (Liber quadratorum)), но, естественно, невозможно выяснить, конечно или бесконечно множество таких чисел.

Канадский математик Росс Хонсбергер в книге «Математические жемчужины» приводит такой способ показать, что квадратно-треугольных чисел бесконечно много. Можно заметить, что если число \(l^2\) — треугольное, то есть \(l^2=\frac12m(m+1)\) для некоторого натурального \(m\), то треугольное число с номером \(8l^2\) является квадратным. Это доказывается в пару строк:

\[\begin{gather}\frac12\cdot8l^2(8l^2+1)=4l^2(8l^2+1)=4l^2(4m(m+1)+1)=\\=4l^2(4m^2+4m+1)=4l^2(2m+1)^2=(2l(2m+1))^2.\end{gather}\]

Но все ли квадратно-треугольные числа можно получить таким способом? Легко видеть, что нет: из приведенных выше квадратно-треугольных чисел только 36 получается при помощи этих формул (надо взять \(l=1\)).

Все квадратно-треугольные числа будут найдены, если мы решим уравнение \(\frac12k(k+1)=n^2\) в натуральных числах. Это уравнение можно рассмотреть как квадратное относительно \(k\): \(k^2+k-2n^2=0\). Чтобы число \(k\) было целым, дискриминант этого уравнения, \(D=8n^2-1\), должен быть квадратом натурального числа. Это значит, что \(8n^2-1=r^2\) для некоторого натурального \(r\).

Казалось бы, мы пока всего лишь заменили одно квадратное диофантово уравнение на другое, которое ничуть не лучше. Но это последнее уравнение можно переписать в виде \(r^2-8n^2=1\), и оказывается, что это — одно из хорошо известных в теории чисел уравнений Пелля (см. также брошюру В. Бугаенко, посвященную этим замечательным уравнениям, а также серию статей В. Сендерова и А. Спивака в «Кванте» №№ 3, 4 и 6 за 2002 год). Решения таких уравнения известны. Они получаются из равенства \(r+n\sqrt8=(3+1\cdot\sqrt8)^p\) при разных \(p\in\mathbb{N}\) после раскрытия скобок и приведения подобных в правой части. Коэффициенты 3 и 1 — это просто наименьшая натуральная пара, удовлетворяющая уравнению (ее можно найти подбором, например). При \(p=2\) получим \(r+n\sqrt8=17+6\sqrt8\), то есть \(r=17\) и \(n=6\) — это дает второе квадратно-треугольное \(ST_2=36\). При \(p=3\) получим \(r+n\sqrt8=99+35\sqrt8\), то есть \(r=99\) и \(n=35\) — это дает третье квадратно-треугольное \(ST_2=35^2=1225\). Продолжая подставлять \(p\in\mathbb{N}\), получим все квадратно-треугольные числа. Например, \(ST_4=204^2=41616\), а \(ST_5=1189^2=1413721\).


Послесловие

Помимо треугольных и четырехугольных чисел можно рассматривать и другие последовательности фигурных чисел. И у них тоже будут две ипостаси — арифметическая и геометрическая. Если посмотреть еще раз на рис. 1, то можно заметить, что в последовательности треугольных чисел каждое следующее получается из предыдущего добавлением еще одного ряда кружочков, который на один кружочек длиннее, чем ряд, добавленный перед этим. При этом на каждом шаге все кружочки уложены в виде равностороннего треугольника, а на каждой стороне этого треугольника ровно столько кружочков, каков номер шага. Аналогично, каждый квадрат в последовательности квадратов (и квадратных чисел) получается добавлением к предыдущему «уголка» со стороной, равной номеру квадрата.

Можно заметить (мы, фактически, этим воспользовались, когда выводили формулу), что при построении треугольных чисел на каждом шаге «добавок» на 1 = 3 − 2 больше, чем предыдущий «добавок». Поэтому каждое треугольное число — это сумма членов арифметической прогрессии с разностью 1, начинающейся с 1. Это, казалось бы, очевидное наблюдение позволяет перейти к арифметическому построению k-угольных чисел для любого натурального k. Но сначала посмотрим еще раз на квадратные числа. Легко видеть, что в каждом следующем уголке на два кружочка больше, чем в предыдущем. То есть каждое квадратное число — это сумма членов арифметической прогрессии с разностью 2, начинающейся с 1. Заодно, кстати, получается «геометрическое» доказательство известного тождества \(1+2+\ldots+(2n-1)=n^2\).

Рис. 2.

Рис. 2.

Если продолжать по аналогии, то получим, что k-угольные числа — это суммы арифметических прогрессий с разностью \((k-2)\), начинающихся с единицы. Например, пятиугольные числа 1, 5, 12, 22, ... — это суммы (везде, конечно, идет речь про сумму первых нескольких членов) прогрессии 1, 4, 7, 10, ... На рис. 2 показано, как они строятся с геометрической точки зрения. Кстати, последовательность пятиугольных чисел совершенно неожиданно возникает в теории чисел при рассмотрении вопроса о разбиении чисел на сумму натуральных слагаемых (см. Пентагональная теорема Эйлера).

Скажем еще, что «арифметический» подход к построению фигурных чисел позволяет легко получить и общие формулы для членов этих последовательностей. Пусть это останется в качестве упражнения. Далее сосредоточимся на взаимоотношениях треугольных и четырехугольных чисел, поскольку фигурные числа вообще — это поистине необъятная тема. Между тем, даже у этих двух последовательностей есть много интересных свойств и «пересечений» в разных смыслах — помимо того, над чем предлагалось подумать в самой задаче.

Итак, начнем с нескольких «геометрических» свойств. Очень часто оказывается, что утверждения про квадратные и треугольные числа, для доказательства которых требуется провести несколько выкладок, можно доказать буквально лишь нарисовав картинку. Вот несколько простых примеров таких утверждений. На рис. 3 показана их геометрическая интерпретация.

1. Сумма двух последовательных треугольных чисел всегда есть квадратное число (\(s_k=t_k+t_{k-1}\)).

2. Каждое четное квадратное число равно учетверенной сумме двух последовательных треугольных чисел (\(s_{2k}=4(t_k+t_{k-1})\)).

3. Каждое нечетное квадратное число на 1 больше суммы восьми равных треугольных чисел (\(s_{2k+1}=8t_k+1\)). Из этого, кстати, следует, что в восьмеричной системе счисления квадрат нечетного числа всегда оканчивается на единицу.

Рис. 3.

Рис. 3.

Выше мы изображали квадратные числа и выделяли в них треугольные числа. Можно поступить наоборот. На рис. 4 представлено четыре треугольных числа, которые можно разбить на несколько квадратов по одной схеме.

Рис. 4.

Рис. 4.

Например, четвертый «треугольник» представляет число 120, кружочки которого сгруппированы следующим образом: 1 квадрат 8×8, 2 квадрата 4×4, 4 квадрата 2×2, 8 квадратов 1×1. Видно, что размеры квадратов и их количества «идут» навстречу друг другу. В виде числового равенства это записывается так: \(120=1\cdot8^2+2\cdot4^2+4\cdot2^2+8\cdot1^2\). Правая часть переписывается в виде \(2^6+2^5+2^4+2^3\). Аналогичное разбиение допускают все треугольные числа с номером, который на 1 меньше степени двойки (то есть имеет вид \(2^m-1\) для некоторого натурального m).

Эту свойство треугольных чисел в несколько более сложном виде предлагалось доказать участникам XXXVI Турнира городов. Задача формулировалась так: Петя сложил 100 последовательных степеней двойки, начиная с некоторой, а Вася сложил некоторое количество последовательных натуральных чисел, начиная с 1. Могли ли они получить один и тот же результат?

Если рассуждать в общем виде, то суммы всех степеней двойки от \(2^n\) до \(2^{2n}\) являются треугольными числами при любом n. В самом деле:

\[\begin{gather}2^n+2^{n+1}+\ldots+2^{2n} = 2^n(1+2+\ldots+2^n)=\\=2^n(2^{n+1}-1)=\frac12\cdot2^{n+1}(2^{n+1}-1).\end{gather}\]

Это треугольное число, потому что оно имеет вид \(\frac12N(N+1)\).

Последовательность треугольных чисел, изображенную на рис. 4, можно продолжить: 1, 6, 28, 120, 496, 2016, 8128, 32640, 130816, 523776, 2096128, 8386560, 33550336, ... Она содержит в себе все четные совершенные числа (первые пять из них выделены).


0
Написать комментарий

    Элементы

    © 2005–2025 «Элементы»