Прогрессии
Автор: Белый Евгений Константинович (доцент, пенсионер)
Тип документа: Другое. Аудитория: Преподаватели и учителя математики. Дата публикации: 24.05.2021
Описание: Не каждый школьник может ответить на вопрос: зачем столько времени надо уделять прогрессиям? Тем не менее с этими замечательными последовательностями нам приходится сталкиваться довольно часто. Так, взбегая по лестнице, вы, если, конечно, не имеете обыкновения перепрыгивать через ступеньки, поднимаетесь с каждым шагом на постоянную величину по закону арифметической прогрессии. В записи числа веса его разрядов образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 10, т. е. 1, 10, 100, 1000 и т. д. Термин "прогрессия" происходит от латинского progressio, что значит движение, рост. Прогрессии интересуют людей с тех пор, как возникли первые цивилизации. Еще в клинописных текстах Древнего Вавилона, относящихся ко II тысячелетию до н. э., были обнаружены задачи на финансовые вычисления, решение которых предполагает умение обращаться с такими последовательностями, например: За какое время удвоится денежная сумма, ссуженная под 20 годовых процентов?. Хотя бы минимальное знакомство с финансовыми вычислениями необходимо любому человеку. Иначе в некоторых жизненных ситуациях он может оказаться беззащитен. Поэтому первые две главы книги посвящены собственно прогрессиям, а третья - их приложениям в финансовых вычислениях.

Министерство образования и на уки Р оссийск ой Федерации
Федеральное госу дарственное бю дж етное образовательное
учреждение высшего образования
ПЕТРОЗАВО ДСКИЙ ГОСУ ДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ
Е. К. Белый
Математик а не для ЕГЭ
Прогрессии
Учебное пособие для абитуриентов
и сту дентов первого курса
Петрозаво дск
Издательство ПетрГУ
2016
У ДК 512.1
ББК 22.14
Б439
Р ецензенты:
С.С. Платонов , доктор физик о-математических на ук, профессор
к афедры геометрии и топологии ПетрГУ ;
Н. А. Киль , учитель первой к атегории СОШ № 42;
Е. С. Лоцман , к андидат педагогических на ук, директор СОШ № 42
Белый, Евгений Конст антинович.
Б439 Прогрессии : учебное пособие для абитуриентов и сту дентов
первого курса / Е. К. Белый ; М-во образования и на уки
Р ос. Федерации, Федер. бю дж ет . образоват . учреждение высш.
образования Петрозаво д. гос. ун-т . – Петрозаво дск : Издательство
ПетрГУ , 2016. – 132 с. – (Математик а не для ЕГЭ).
ISBN 978-5-8021-2964-7
Учебное пособие ориентировано на широкий круг чит ателей: учащих с я
ст арших классов, абитуриентов, сту дентов, а т акж е учителей матема-
тики средней шк олы.
ISBN 978-5-8021-2964-7
У ДК 512.1
ББК 22.14
c○ Белый Е. К., 2016
c○ Петрозаво дский госу дарственный университет , 2016
Со дер ж ание
Предисловие 4
Г лава 1. Арифметические прогрессии 7
§ 1.1. Основные понятия . . . . . . . . . . . . . . . 7
§ 1.2. Фигурные числа . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
§ 1.3. Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Г лава 2. Г еометрические прогрессии 32
§ 2.1. Основные понятия . . . . . . . . . . . . . . . 32
§ 2.2. Примеры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
§ 2.3. Арифметик о-геометрические прогрессии . . . 55
Г лава 3. Финансовые вычисления 65
§ 3.1. Простые проценты . . . . . . . . . . . . . . . 65
§ 3.2. Сло жные проценты . . . . . . . . . . . . . . . 74
§ 3.3. Финансовые потоки . . . . . . . . . . . . . . . 83
Зада чи 95
Ответы 116
Биографические справки 125
Список литературы 128
Допустим, Ахил лес бежит в десять р аз быстрее, че м
черепаха, и находится позади нее на р асстоянии в тысячу
шагов. За то вре мя, за которое Ахил лес пробежит это
р асстояние, черепаха в ту же сторону пропо лзет сто шагов.
Когда Ахил лес пробежит сто шагов, черепаха пропо лзет еще
десять шагов, и так далее. Процесс будет продо лжаться до
бесконечности, Ахил лес так никогда и не догонит черепаху.
Зенон Элейский
Предисловие
⇒ 7 Дорогой чит атель! В новой книге серии «Математи-
к а не для ЕГЭ» получили дальнейшее развитие принципы,
зало ж енные в «Алгебраических уравнениях»: доступное
изло ж ение материала, плавный перех о д от программы
средней шк олы к вузовск ой и развит ая навиг ация.
Предлаг аемая книг а ориентирована на самосто ятельную
работу . В середине прошлого век а эк сперименты псих ологов-
к огнитологов р яда стран по дтвер дили тот факт , что
наиболее эффективно обучение идет на границе
«известного» и «неизвестного» . Процесс приобретения
новых знаний замедляетс я, если почти все непонятно или
почти все понятно. Поэтому при обучении в группе
в незавидном поло ж ении ок азываютс я к ак те, кто безна-
дежно отст ал, т ак и те, кто ушел далек о вперед. Навыки
ПРЕДИСЛОВИЕ 5
самосто ятельной работы с книгой дают человеку возмо ж-
ность самому выбирать маршруты в бескрайнем ок еане зна-
ний, делают его менее зависимым от среды обучения.
Книг а посвящена арифметическим и геометрическим
прогрессиям: первые две г лавы собственно прогрессиям,
а третья – их прило ж ениям в финансовых вычислениях.
Не к аждый шк ольник мо ж ет ответить на вопрос: за чем столь-
к о времени надо у делять прогрессиям? Т ем не менее с эти-
ми замечательными последовательност ями нам прих о дит-
с я ст алкиватьс я довольно часто. Т ак, взбег ая по лестни-
це, вы, если, к онечно, не имеете обыкновения перепрыги-
вать через ступеньки, по днимаетесь с к аждым шагом на по-
сто янную величину по зак ону арифметическ ой прогрессии.
В записи числа веса его разр ядов образуют геометрическую
прогрессию со знаменателем 10 , т . е.{1,10,100,1000. . .} .
Т ермин «прогрессия» проис х о дит от латинск ого pr o gr essio ,
что зна чит движ ение, рост . Прогрессии интересовали лю дей
с тех пор, к ак возникли первые цивилизации. Еще
в клинописных тек ст ах Древнего Вавилона, относ ящих с я
к о I I тыс ячелетию до н. э., были обнаруж ены зада чи на фи-
нансовые вычисления, решение к оторых предполаг ает уме-
ние обращатьс я с т акими последовательност ями, например:
«За к ак ое время у двоитс я денежная сумма, ссуж енная по д
20 го довых процентов?» . Друг ая зада ча зафик сирована на
найденном в Египте папиру се (XVI I–XVI I I вв. до н. э.):
6
«Т ебе ск азано: раздели 10 мер хлеба на 10 человек, если
разность между к аждым человек ом и следующим сост авит
1
8меры» . В Древней Греции I I I в. н. э. форму ла
суммы первых 𝑛 членов арифметическ ой прогрессии
была известна Ар химеду и Диофанту , а в Индии V в. н. э.
астроному и математику Ариаб х ате. В средневек овой
Европе форму ла впервые по явилась в «Книге абак а»
Леонар до Фибона ччи (XI I в.). И по сей день на ариф-
метических и геометрических прогрессиях строитс я
вс я классическ ая теория финансовых вычислений .
А сог ласитесь, тру дно найти сферу деятельности, в к ото-
рой знак омство с основами финансовых вычислений было
бы лишним. Надеемс я, нам у далось убедить сомневающих с я
в том, что изучение прогрессий отню дь не праздное занятие.
Т ог да в путь!
Автор благо дарит всех, к ого заинтересовала первая книг а
«Алгебраические уравнения» , кто выск азал свои замечания
и по ж елания, а т акж е к оллектив шк олы № 42 и директо-
ра НО У «Орбит а» Г . А. Крылову за по ддер жку во время
работы над книгой. Как и прежде, замечания и по ж елания
вы мо ж ете направлять по адресу: b elyi@p etrsu.ru .
Евгений Белый
Февраль 2016
Г лава 1. Арифметические прогрессии
§ 1.1. Основные понятия
4⇔ 12 Арифметическ ая прогрессия – это последова-
тельность вещественных чисел, к аждый член к оторой, на чи-
ная со второго, получаетс я из предыдущего путем прибав-
ления к нему нек оторой фик сированной величины 𝑑 : если
первый член прогрессии равен 𝑎1 , то для натуральных 𝑛 >1
справедливо равенство 𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+𝑑 . Форму лу , выраж аю-
щую 𝑛 -й член последовательности через о дин или неск ольк о
предыдущих, называют рекуррентной (от лат . r e curr entis
– возвращающийс я). По индукции из заданной выше рекур-
рентной форму лы получим форму лу 𝑛 -го члена арифмети-
ческ ой прогрессии: 𝑎𝑛=𝑎1+ (𝑛−1)𝑑 , г де 𝑛= 1,2,3, . . . ,
и запишем прогрессию в виде
𝑎1, 𝑎1+𝑑, 𝑎 1+ 2𝑑, 𝑎 1+ 3𝑑 . . . .
Величину 𝑑 называют разностью прогрессии , или шагом
прогрессии . Арифметическ ая прогрессия при 𝑑 >0 строго
монотонно возраст ает , при 𝑑 <0 строго монотонно убыва-
ет , при 𝑑= 0 ст ационарна . Т ак, р яд натуральных чисел
{1,2,3,4, . . .} – прогрессия с первым членом и разностью,
равными 1 . Для любого члена арифметическ ой прогрессии,
8
на чиная со второго, выполняетс я равенство
𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1
2⇔2𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1. Действительно,
𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1
2=𝑎1+ (𝑛−2)𝑑+𝑎1+𝑛𝑑
2=
=2𝑎1+ 2(𝑛−1)𝑑
2=𝑎1+ (𝑛−1)𝑑=𝑎𝑛.
И наоборот , если 𝑧 – среднее арифметическ ое 𝑥 и𝑦 , т . е.
𝑧=𝑥+𝑦
2, то числа 𝑥 ,𝑧 и𝑦 образуют арифметическую про-
грессию. Если нет причин поступить ина че, мы и дальше
бу дем обозна чать буквой a с индек сом члены арифметиче-
ск ой прогрессии, а сумму 𝑛 первых ее членов 𝑆𝑛 :
𝑆𝑛=𝑛∑︁
𝑘=1𝑎𝑘=𝑎1+𝑎2+. . .+𝑎𝑛.
Знак суммы∑︀вве л в XVIII веке Леонард Эйлер. В даль-
нейше м мы встретим знак∏︀, которым в XIX веке Кар л
Г аусс стал обозначать произведение множества индекси-
рованных пере менных:𝑛∏︁
𝑘=1𝑎𝑘=𝑎1·𝑎2·. . .·𝑎𝑛.
Найдем форму лу для 𝑆𝑛 . Для этого запишем сумму 𝑛 пер-
вых членов прогрессии в пор ядк е возраст ания индек сов,
а ниж е ту ж е сумму в пор ядк е убывания индек сов и сло-
жим величины, попавшие в о дин столбец:
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 9
𝑆𝑛= 𝑎1 +𝑎2 +. . . +𝑎𝑛−1+𝑎𝑛
𝑆𝑛= 𝑎𝑛 +𝑎𝑛−1 +. . . +𝑎2 +𝑎1
2𝑆𝑛=𝑎1+𝑎𝑛+𝑎2+𝑎𝑛−1+. . .
В первой строк е к аждое слаг аемое больше предыдущего
на величину 𝑑 . Во второй, наоборот , к аждое следующее сла-
г аемое меньше предыдущего на 𝑑 . Т аким образом, суммы
элементов соответствующих столбцов не меняютс я и всег да
равны 𝑎1+𝑎𝑛 . Поск ольку у нас 𝑛 столбцов,
2𝑆𝑛= (𝑎1+𝑎𝑛)·𝑛⇒𝑆𝑛=𝑎1+𝑎𝑛
2·𝑛.
Из равенства 𝑎𝑛=𝑎1+ (𝑛−1)𝑑 следу ет:
𝑆𝑛=𝑎1+𝑎𝑛
2·𝑛=2𝑎1+ (𝑛−1)𝑑
2·𝑛.
Иног да по д арифметическ ой прогрессией по дразумевают к о-
нечное число ее первых членов. Используют даж е термин
«к онечная арифметическ ая прогрессия» . Обычно т ак ое
«вольно думство» не приво дит к недоразумениям. Часто при
определении арифметическ ой прогрессии полаг ают 𝑑̸= 0 ,
т . е. исключают случай ст ационарной прогрессии.
Последнее непринципиально, но в нек оторых случаях мо ж ет
выну дить нас делать лишние оговорки, например, в приве-
денном ниж е утвер ждении о сумме двух арифметических
прогрессий.
Определим сумму двух последовательностей {𝑎(1)
𝑛} и
{𝑎(2)
𝑛} к ак последовательность {𝑎𝑛} , для членов к оторой
10
имеет место равенство 𝑎𝑛=𝑎(1)
𝑛+𝑎(2)
𝑛 . Произведение по-
следовательности {𝑎(1)
𝑛} на число определим к ак после-
довательность произведений соответствующих ее членов на
это число. Линейной к омбинацией двух последователь-
ностей{𝑎(1)
𝑛} и{𝑎(2)
𝑛} назовем последовательность
{𝑎𝑛}=𝛼{𝑎(1)
𝑛}+𝛽{𝑎(2)
𝑛} , для членов к оторой имеет место
равенство 𝑎𝑛=𝛼𝑎(1)
𝑛+𝛽𝑎(2)
𝑛 , г де 𝛼 и𝛽 – к онст анты. Т ог да:
1) сумма двух арифметических прогрессий {𝑎(1)
𝑛} и{𝑎(2)
𝑛} –
арифметическ ая прогрессия
{𝑎𝑛}={𝑎(1)
𝑛}+{𝑎(2)
𝑛}={𝑎(1)
𝑛+𝑎(2)
𝑛}, г де𝑛= 1,2, . . . ,
у к оторой 𝑎1=𝑎(1)
1+𝑎(2)
1 , а𝑑=𝑑(1)+𝑑(2);
2) произведение арифметическ ой прогрессии {𝑎(1)
𝑛}
на число 𝛼 – арифметическ ая прогрессия
{𝑎𝑛}=𝛼·{𝑎(1)
𝑛}={𝛼·𝑎(1)
𝑛}, г де𝑛= 1,2, . . . ,
у к оторой 𝑎1=𝛼𝑎(1)
1 , а𝑑=𝛼𝑑(1);
3) любая линейная к омбинация двух арифметических
прогрессий{𝑎(1)
𝑛} и{𝑎(2)
𝑛} – арифметическ ая прогрессия
{𝑎𝑛}={𝛼·𝑎(1)
𝑛+𝛽·𝑎(2)
𝑛}, г де𝑛= 1,2,3, . . . , 𝛼 и𝛽 – к онст анты.
Заметим, сумма 𝑛 первых членов линейной к омбинации двух
арифметических прогрессий бу дет линейной к омбинацией
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 11
сумм прогрессий:
𝑎𝑘=𝛼·𝑎(1)
𝑘+𝛽·𝑎(2)
𝑘⇒𝑛∑︁
𝑘=1𝑎𝑘=𝛼𝑛∑︁
𝑘=1𝑎(1)
𝑘+𝛽𝑛∑︁
𝑘=1𝑎(2)
𝑘.
Определим две прогрессии {𝜖𝑛} и{𝜁𝑛} :
⎧
⎨
⎩{𝜖𝑛}={1,1,1,1, . . .}
{𝜁𝑛}={0,1,2,3. . .}, г де𝑛= 1,2,3, . . . .
Первая прогрессия ст ационарная, вторая – последователь-
ность неотрицательных целых чисел. Т ог да арифметическую
прогрессию{𝑎𝑛} с первым членом 𝑎1 и разностью 𝑑 мо жно
предст авить к ак {𝑎𝑛}=𝑎1{𝜖𝑛}+𝑑{𝜁𝑛}.
Р ассматривают т акж е арифметические прогрессии вто-
рого пор ядк а – последовательности чисел, разности к ото-
рых образуют обычную арифметическую прогрессию (про-
грессию первого пор ядк а); арифметические прогрессии
третьего пор ядк а – последовательности чисел, разности
к оторых образуют арифметическую прогрессию второго по-
р ядк а и т . д. Арифметическ ой прогрессией n-го по-
р ядк а , г де 𝑛 >1 , называют последовательность чисел, раз-
ности к оторых образуют прогрессию пор ядк а 𝑛−1 . Т акие
прогрессии иног да называют арифметическими р ядами .
Их рассматривали еще в шк оле Пифагора. Чтобы получить
𝑘 -й член прогрессии пор ядк а 𝑛+ 1 , дост аточно найти сумму
𝑘 первых членов прогрессии пор ядк а 𝑛 .
12
Ниж е в т аблице предст авлены прогрессии, поро жденные на-
туральным р ядом чисел:
Арифметическ ая прогрессия Пор ядок
1 2 3 4 5 6 7 8 . . . 1-й
1 3 6 10 15 21 28 36 . . . 2-й
1 4 10 20 35 56 84 120 . . . 3-й
1 5 15 35 70 126 210 330 . . . 4-й
1 6 21 56 126 252 462 792 . . . 5-й
1 7 28 84 210 462 924 1716 . . . 6-й
Любой прогрессии пор ядк а 𝑛 соответству ет многочлен
𝑃𝑛(𝑥) =𝑐𝑛𝑥𝑛+. . .+𝑐1𝑥+𝑐0 , т ак ой, что 𝑘 -й член прогрессии
равен 𝑃𝑛(𝑘) . В частности, для прогрессии первого пор ядк а
многочлен имеет вид
𝑃1(𝑥) =𝑑𝑥+ (𝑎1−𝑑)⇒𝑃1(1) = 𝑎1, 𝑃1(2) = 𝑎1+𝑑, . . . ;
второго пор ядк а –
𝑃2(𝑥) =𝑑
2𝑥2+(︂
𝑎1−𝑑
2)︂
𝑥⇒𝑃2(1) = 𝑎1, 𝑃2(2) = 2 𝑎1+𝑑, . . . .
§ 1.2. Фигурные числа
7⇔ 14 С незапамятных времен лю ди, опериру я с числа-
ми, выстраивали на земле замысловатые фигуры из к амеш-
к ов. С к ак ой целью? Ответить на этот вопрос непросто.
Наблю дали ли вы, к ак ласк ово раскладывает к ошк а на по-
роге х озяйск ого дома свои ночные трофеи? Она не толь-
к о аккуратно у ло жит мышек в р яд, но и отсортиру ет их
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 13
по размеру . А к ак па ук плетет т акие идеально симметрич-
ные узоры? Снова заг адк а. Однак о вернемс я к числам. Пи-
фагорийцы счит али, что фигурные числа скрывают т айны
мироздания. К ним про являли интерес Эратосфен, Гипсикл,
Диофант Алек сандрийский и другие математики антично-
сти. В средние век а фигурные числа занимали Па чоли, Кар-
дано, Фибона ччи и др., а в Новое время – Ферма, Коши и
Эйлера. Мы ж е ограничимс я тольк о о дним классом фигур-
ных чисел – многоугольными (рис. 1).
Любая арифметическ ая прогрессия с 𝑎𝑛= 1 + ( 𝑛−1)𝑑 ,
Рис. 1. Фигурные числа: а) треугольные, б) квадратные,
в) пятиугольные, г) шестиугольные
г де𝑛= 1,2, . . . , а𝑑 – целое число, поро ждает прогрессию
второго пор ядк а – последовательность (𝑑+ 2) -угольных чи-
сел. Если к оличество уг лов многоугольник а обозна чить 𝑚 ,
то ис х о дную прогрессию мо жно задать форму лой
𝑎𝑛= 1 + ( 𝑛−1)(𝑚−2) , а соответствующую прогрессию 2-го
пор ядк а – 𝑆𝑛=𝑎1+𝑎𝑛
2·𝑛=[2 + ( 𝑛−1)(𝑚−2)]𝑛
2. Ниж е в
т аблице предст авлены числа, соответствующие 𝑚= 3,4,5,6 .
14
Фигура Числа 𝑆𝑛
Треугольник 1, 3, 6, 10, 15, . . .𝑛(𝑛+ 1)
2
Четырехугольник 1, 4, 9, 16, 25, . . . 𝑛2
Пятиугольник 1, 5, 12, 22, 35, . . .𝑛(3𝑛−1)
2
Шестиугольник 1, 6, 15, 28, 48, . . . 𝑛(2𝑛−1)
§ 1.3. Примеры
12⇔ 32 Арифметическую прогрессию о днозна чно опре-
деляют зна чения 𝑎1 и𝑑 .
Пример 1. Дана прогрессия 1.2,1.5,1.8. . . . Найти 𝑎5 . 𝛺 95
Р ешение . Р азность прогрессии 𝑑= 1.5−1.2 = 0 .3 . Пятый
член 𝑎5=𝑎1+ 4𝑑= 1.2 + 4·0.3 = 2 .4.
Ответ : 2.4.
Зная любые два члена прогрессии, мо жно найти 𝑎1 и𝑑 .
Пример 2. Пу сть 𝑎10= 10, 𝑎14= 2 . Найти 𝑎1 и𝑑 . 𝛺 95
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑎10= 10
𝑎14= 2⇒⎧
⎨
⎩𝑎1+ 9𝑑= 10
𝑎1+ 13𝑑= 2⇒4𝑑=−8⇒𝑑=−2.
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 15
Т ог да 𝑎1−18 = 10⇒𝑎1= 28 .
Ответ :𝑎1= 28, 𝑑=−2 .
Пример 3. Седьмой член арифметическ ой прогрессии 𝛺 95
равен 1 и равен 𝑎4−𝑎2 . Найти 𝑎1 и𝑑 .
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑎7= 1
𝑎7=𝑎4−𝑎2⇒⎧
⎨
⎩𝑎1+ 6𝑑= 1
𝑎1+ 3𝑑−(𝑎1+𝑑) = 1⇒
⇒⎧
⎨
⎩𝑎1+ 6𝑑= 1
2𝑑= 1⇒𝑑=1
2, 𝑎1=−2.
Ответ :𝑑=1
2, 𝑎 1=−2 .
Пример 4. Последовательность задана форму лой 𝛺 95
𝑎𝑛=−2 + 3 𝑛 . Являетс я ли эт а последовательность ариф-
метическ ой прогрессией?
Р ешение . Для любого 𝑛= 1,2,3, . . . выполняетс я у словие
𝑎𝑛+1=−2+3( 𝑛+1) =−2+3𝑛+3 = 𝑎𝑛+3, т . е.𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+3.
Ответ : последовательность являетс я арифметическ ой про-
грессией с разностью 𝑑= 3 .
Пример 5. Последовательность задана форму лой 𝛺 95
𝑎𝑛=−2 + 3 𝑛2. Являетс я ли эт а последовательность ариф-
метическ ой прогрессией?
Р ешение . Для любого 𝑛= 1,2,3, . . . выполняетс я у словие
𝑎𝑛+1=−2 + 3( 𝑛+ 1)2=−2 + 3𝑛2+ 6𝑛+ 3 = 𝑎𝑛+ 6𝑛+ 3, т . е.
16
𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+ 6𝑛+ 3. Т аким образом, 𝑎2=𝑎1+ 9, 𝑎3=𝑎2+ 15 .
Ответ : поск ольку 𝑎2−𝑎1̸=𝑎3−𝑎2 , последовательность
не являетс я арифметическ ой прогрессией.
Пример 6. Даны величины 𝑎1= lg 2 ,𝑎2= lg(3𝑥−3) , 𝛺 96
𝑎3= lg(3𝑥+ 9) . При к аких 𝑥 числа 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 , взятые в ук а-
занном пор ядк е, образуют арифметическую прогрессию?
Р ешение . Воспользу емс я известным отношением между
тремя соседними членами арифметическ ой прогрессии:
2𝑎2=𝑎1+𝑎3⇒2·lg(3𝑥−3) = lg 2 + lg(3𝑥+ 9)⇒
⇒lg(3𝑥−3)2= lg[2(3𝑥+ 9)]⇒32𝑥−6·3𝑥+ 9 = 2·3𝑥+ 18⇒
⇒32𝑥−8·3𝑥−9 = 0 . Пу сть 3𝑥=𝑡.
Уравнение 𝑡2−8𝑡−9 = 0 имеет решения: 𝑡1=−1 и𝑡2= 9 .
1) Уравнение 3𝑥=−1 не имеет решения;
2)3𝑥= 9⇒3𝑥= 32⇒𝑥= 2.
Ответ : при 𝑥= 2 .
Пример 7. 𝑎1= 2 ,𝑎10= 20 . Найти сумму первых дес яти 𝛺 96
членов арифметическ ой прогрессии.
Р ешение :𝑆10=𝑎1+𝑎10
2·10 =2 + 20
2·10 = 110 .
Ответ :110 .
Спр авка о чинах в казачьих войсках. Приказной соответ-
ствует е фрейтору в совре менной ар мии, урядник – сер-
жанту, вахмистр – ротно му старшине, подхорунжий –
пр апорщику, хорунжий – лейтенанту, а сотенный ес аул
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 17
– капитану, ко мандиру роты. Еще одно замечание: сейчас
вознагр аждение в 1 руб. может показаться с мехотвор-
ным, но когда-то за 1 руб. можно было купить корову, а
за2 руб. впо лне приличную избу.
Пример 8. Каза чья сотня от личилась в бою, и ат аман 𝛺 96
решил наградить о дного р ядового к азак а, о дного прик азно-
го, о дного ур ядник а, вахмистра, о дного по дх орунжия, о д-
ного х орунжия и сотенного еса у ла. Рядовому дал 1 руб.,
и далее к аждому следующему чину – на 2 руб. больше преды-
дущего. Как ова общая сумма вознаграждения?
Р ешение . Всего перечислено 7 чинов. Вознаграждение
р ядового к азак а 𝑎1= 1 , далее от чина к чину оно увели-
чиваетс я на величину 𝑑= 2 , т . е. по зак ону арифметическ ой
прогрессии. Т аким образом,
𝑆7=2𝑎1+ 6𝑑
2·7 =2 + 6·2
2·7 = 49 .
Ответ :49 руб.
Пример 9. Изменим у словия примера № 8. А т аман 𝛺 96
решил наградить всю сотню и выдать р ядовым к азак ам по
1 руб., прик азным по 3, ур ядник ам по 5, вахмистру 7, по дх о-
рунжиям по 9, х орунжиям по 11 и сотенному еса у лу 13 руб-
лей. Всего в сотне было 90 р ядовых к азак ов, 20 прик азных,
12 ур ядник ов, 1 вахмистр, 3 по дх орунжия, 2 х орунжия и
1 еса у л. Найти общую сумму вознаграждения.
18
Р ешение . Награды по-прежнему образуют арифметическую
прогрессию{𝑎𝑘}={1,3,5,7,9,11,13}. Но теперь форму ла
суммы 𝑛 членов прогрессии нам не помо ж ет . Каждый чин
предст авлен группой к азак ов. Численность группы в ст ати-
стик е называют весом группы . Вес 𝑘 -й группы обозна чим
𝑚𝑘 . Т ог да веса групп в пор ядк е возраст ания чинов образуют
последовательность {𝑚𝑘}={90,20,12,1,3,2,1}. Ост алось
найти взвешенную сумму членов прогрессии:
𝑚1𝑎1+𝑚2𝑎2+. . .+𝑚7𝑎7=7∑︁
𝑘=1𝑚𝑘𝑎𝑘=
= 90·1 + 20·3 + 12·5 + 1·7 + 3·9 + 2·11 + 1·13 = 279 .
Ответ :279 руб.
Пример 10. Пу сть 𝑎1= 4 ,𝑎𝑛=−20 ,𝑑=−2 . Найти сумму 𝛺 97
𝑛 первых членов прогрессии.
Р ешение :𝑎𝑛=𝑎1+ (𝑛−1)𝑑⇒𝑛=𝑎𝑛−𝑎1
𝑑+ 1 = 13 .
𝑆13=𝑎1+𝑎13
2·13 =4−20
2·13 =−104.
Ответ :−104 .
Следующий пример связан с проектированием лестницы.
Плоскость ступени лестницы называют проступью ,
а длину проступи в напр авлении подъе ма шаго м лест-
ницы . Обозначим высоту ступени , т. е. р асстояние по
вертикали между двумя соседними проступями, буквой 𝑑 ,
а шаг лестницы – 𝑠 (рис. 2). Архитекторы XVII века уста-
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 19
Рис. 2. Лестница, ведущая к трону
новили оптимальные отношения между
шаго м лестницы и высотой ступени:
⎧
⎨
⎩𝑠+𝑑= 45 ( фор мула безопасности лестницы );
𝑠−𝑑= 12 ( фор мула удобства лестницы ).
За триста с лишним лет появилось много новых нор мати-
вов. Но ес ли вы замерите пар аметры ступеней лестнич-
ного про лета в свое м до ме, то убедитесь, что с тех пор
мало что изменилось. Выходит, пар аметры 𝑑 и𝑠 не такие
уж произво льные. Введе м еще один пар аметр – ширину
20
лестницы , т. е. длину проступи в напр авлении, перпен-
дикулярно м плоскости (с м. рис. 2).
Пример 11. Царь повелел у ст ановить трон на возвышен- 𝛺 97
ном месте и по двести к нему мраморную лестницу с задан-
ными параметрами: 𝑛 – к оличество ступеней, 𝑑 – высот а
ступени, 𝑠 – шаг лестницы, 𝑟 – ширина. Как ой объем мра-
мора потребу етс я для строительства лестницы?
Р ешение . Высот а первой ступени 𝑎1=𝑑 , на нее потребу-
етс я мрамора 𝑉1=𝑑·𝑠·𝑟 . Высот а следующей ступени от
земли 𝑎2= 2𝑑 , на нее потребу етс я мрамора 𝑉2= 2𝑑·𝑠·𝑟 .
Про долж ая рассуждать по индукции, заметим, что по д 𝑘 -й
ступенью долж ен располаг атьс я мраморный блок объемом
𝑉𝑘=𝑎𝑘·𝑠·𝑟 , г де 𝑎𝑘=𝑘𝑑 . Т аким образом, высоты ступеней
от основания лестницы образуют арифметическую прогрес-
сию. Суммарный объем всех мраморных блок ов
𝑉=𝑉1+𝑉2+. . .+𝑉𝑛= (𝑎1+. . .+𝑎𝑛)·𝑠·𝑟=𝑛(𝑛+ 1)
2·𝑑·𝑟·𝑠.
Ответ :𝑉=𝑛(𝑛+ 1)
2·𝑑·𝑟·𝑠.
Пример 12. Пу сть 𝑎1= 1.2, 𝑎4= 1.8 . Найти 𝑆6 . 𝛺 97
Р ешение :⎧
⎨
⎩𝑎1= 1.2
𝑎1+ 3𝑑= 1.8⇒⎧
⎨
⎩𝑎1= 1.2
𝑑= 0.2⇒
⇒𝑆6=2𝑎1+ 5𝑑
2·6 =2.4 + 1
2·6 = 10 .2.
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 21
Ответ : 10.2.
Пример 13. Вычислить 7.5 + 9 .8 + 12 .1 +. . .+ 53.5 . 𝛺 97
Р ешение :𝑎1= 7.5, 𝑎𝑛= 53.5, 𝑑= 9.8−7,5 = 2 .3 .
𝑎𝑛=𝑎1+ (𝑛−1)𝑑⇒𝑛=𝑎𝑛−𝑎1
𝑑+ 1 =53.5−7.5
2.3+ 1 = 21 .
𝑆21=𝑎1+𝑎21
2·21 =7.5 + 53 .5
2·21 = 640 .5.
Ответ : 640.5.
Пример 14. 𝑎4=5
14. Найти сумму первых семи членов 𝛺 98
арифметическ ой прогрессии.
Р ешение :𝑎4=5
14⇒𝑎1+ 3𝑑=5
14⇒
⇒ 𝑆7=2𝑎1+6𝑑
2·7 = ( 𝑎1+ 3𝑑)·7 =5
14·7 = 2 .5.
Ответ :2.5 .
Пример 15. Сумма четвертого и шестого членов арифме- 𝛺 95
тическ ой прогрессии равна 14 . Найти сумму первых девяти
членов этой прогрессии.
Р ешение :𝑎4+𝑎6= 14⇒𝑎1+ 3𝑑+𝑎1+ 5𝑑= 14⇒
⇒2𝑎1+ 8𝑑= 14⇒𝑆9=2𝑎1+ 8𝑑
2·9 =14
2·9 = 63 .
Ответ : 63.
Пример 16. Требу етс я разделить 10 мер хлеба на 𝛺 98
10 человек т ак, чтобы разность между к аждым человек ом
и следующим сост авила1
8меры.
22
Р ешение . У нас дес ять членов прогрессии с шагом 𝑑=1
8.
𝑆010= 10⇒𝑎1+𝑎10
2·10 = 10⇒2𝑎1+ 9𝑑
2= 1⇒
⇒2𝑎1+ 9𝑑= 2⇒2𝑎1+9
8= 2⇒𝑎1=7
16.
Ответ : требование зада чи бу дет выполнено, если первый
человек получит7
16меры хлеба, а к аждый следующий
на1
8меры больше предыдущего.
Пример 17. Сумма первых пяти членов арифметическ ой 𝛺 98
прогрессии равна 30 . Найти третий ее член.
Р ешение :
𝑆5=2𝑎1+ 4𝑑
2·5 = 30⇒(𝑎1+2𝑑)·5 = 30⇒𝑎1+2𝑑=𝑎3= 6.
Ответ :6 .
Если из арифметическ ой прогрессии убрать первые 𝑛 чле-
нов и последовательно перенумеровать ост альные, мы полу-
чим арифметическую прогрессию с той ж е разностью, пер-
вым членом к оторой бу дет (𝑛+ 1) -й член ис х о дной.
Пример 18. Пу сть 𝑎17= 5 , а𝑎25= 35 . Найти сумму чле- 𝛺 98
нов прогрессии с семнадцатого по двадцать пятый.
Р ешение . Отбросим первые 16 членов, и зада ча сведетс я
к нах о ждению суммы девяти первых членов прогрессии,
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 23
первый член к оторой равен 5 , а девятый 35 .
𝑆9=𝑎1+𝑎9
2·9 =5 + 35
2·9 = 180 .
Ответ :180 .
Очевидно, сумма членов арифметическ ой прогрессии с 𝑛 -го
по𝑚 -й, т . е. 𝑆[𝑛,𝑚] , г де 𝑚 > 𝑛 , равна 𝑆𝑚−𝑆𝑛−1 .
Пример 19. Найти сумму членов арифметическ ой про- 𝛺 98
грессии с двенадцатого по девятнадцатый, если первый член
равен 3 , а двадцатый 41 .
Р ешение :𝑎20=𝑎1+ 19𝑑⇒3 + 19 𝑑= 41⇒𝑑= 2 .
𝑆19=2𝑎1+ 18𝑑
2·19 =6 + 36
2·19 = 399 .
𝑆11=2𝑎1+ 10𝑑
2·11 =6 + 20
2·11 = 143 , 𝑆19−𝑆11= 256 .
Ответ :256 .
Пример 20. Отношение суммы первых 13 членов ариф- 𝛺 98
метическ ой прогрессии 𝑆[1,13] к сумме последних 13 членов
𝑆[𝑛−12,𝑛] равно1
2, а отношение суммы всех членов без первых
трех 𝑆[4,𝑛] к сумме всех членов без последних трех 𝑆[1,𝑛−3]
равно4
3. Определить число членов прогрессии.
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑆[1,13]
𝑆[𝑛−12,𝑛]=1
2
𝑆[4,𝑛]
𝑆[1,𝑛−3]=4
3⇒⎧
⎨
⎩𝑎1+𝑎13
𝑎𝑛−12+𝑎𝑛=1
2
𝑎4+𝑎𝑛
𝑎1+𝑎𝑛−3=4
3⇒⎧
⎨
⎩2𝑎1+12𝑑
2𝑎1+2(𝑛−7)𝑑=1
2
2𝑎1+(𝑛+2)𝑑
2𝑎1+(𝑛−4)𝑑=4
3⇒
24
⇒⎧
⎨
⎩𝑎1
𝑑=𝑛−19
𝑎1
𝑑=22−𝑛
2.⇒𝑛−19 =22−𝑛
2⇒𝑛= 20.
Ответ :20 .
Пример 21. Найти арифметическую прогрессию, в к ото- 𝛺 99
рой сумма первых 𝑛 членов равна 𝑛2для любого 𝑛 .
Р ешение :𝑆𝑛=2𝑎1+ (𝑛−1)𝑑
2·𝑛=𝑛2⇒𝑑=2(𝑛−𝑎1)
𝑛−1.
В последнем равенстве 𝑑 бу дет к онст антой тольк о в случае
𝑎1= 1 . Т ог да 𝑑= 2 и𝑎𝑛= 1 + ( 𝑛−1)2 = 2 𝑛−1 . Ина че
говор я, последовательность состоит из нечетных натураль-
ных чисел{1,3,5,7. . .} .
Ответ :𝑎1= 1 и𝑑= 2 .
Пример 22. Могут ли числа 1 ,√
3 и3 быть членами о д- 𝛺 99
ной арифметическ ой прогрессии?
Р ешение . У словия зада чи не требуют , чтобы члены про-
грессии были располо ж ены по др яд. Пу сть 𝑎𝑚= 1 ,𝑎𝑛=√
3 и
𝑎𝑝= 3 , г де𝑚 < 𝑛 < 𝑝 .𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑, 𝑎 𝑚=𝑎1+(𝑚−1)𝑑⇒
⇒𝑎𝑚−𝑎𝑛= (𝑚−𝑛)𝑑, т . е. разность любых двух членов равна
произведению разности их номеров на разность прогрессии.
Т ог да⎧
⎨
⎩𝑎𝑛−𝑎𝑚= (𝑛−𝑚)𝑑=√
3−1
𝑎𝑝−𝑎𝑛= (𝑝−𝑛)𝑑= 3−√
3 =√
3(√
3−1)⇒
⇒𝑎𝑝−𝑎𝑛
𝑎𝑛−𝑎𝑚=𝑝−𝑛
𝑛−𝑚=√
3(√
3−1)√
3−1=√
3.
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 25
Поск ольку√
3 – иррациональное число, а𝑝−𝑛
𝑛−𝑚– рациональ-
ное, они ни при к аких 𝑚, 𝑛, 𝑝 не бу дут равны.
Ответ : числа 1 ,√
3 и3 не могут быть членами о дной ариф-
метическ ой прогрессии.
Пример 23. При к ак ом у словии числа 𝑎 ,𝑏 и𝑐 могут быть 𝛺 99
членами арифметическ ой прогрессии?
Р ешение . Пу сть 𝑎=𝑎𝑚 ,𝑏=𝑎𝑛 и𝑐=𝑎𝑝 . Т ог да
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑎=𝑎1+𝑑(𝑚−1)
𝑏=𝑎1+𝑑(𝑛−1)
𝑐=𝑎1+𝑑(𝑝−1)⇒⎧
⎨
⎩𝑎−𝑏=𝑑(𝑚−𝑛)
𝑏−𝑐=𝑑(𝑛−𝑝)⇒𝑎−𝑏
𝑏−𝑐=𝑚−𝑘
𝑛−𝑝.
1. Если𝑎−𝑏
𝑏−𝑐– иррациональное число, то числа 𝑎 ,𝑏 и𝑐
не могут быть членами арифметическ ой прогрессии.
2. Если𝑎−𝑏
𝑏−𝑐=𝑠
𝑡, г де 𝑠 и𝑡 – целые числа, то 𝑎 ,𝑏 и𝑐
являютс я членами арифметическ ой прогрессии:
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩𝑎=𝑎𝑚=𝑎1+𝑑(𝑚−1);
𝑏=𝑎𝑚+𝑠=𝑎1+𝑑(𝑚+𝑠−1);
𝑐=𝑎𝑚+𝑠+𝑡=𝑎1+𝑑(𝑚+𝑠+𝑡−1),
г де𝑎1 – произвольная к онст ант а, 𝑑=𝑎−𝑎1
𝑚−1.
Ответ : числа 𝑎 ,𝑏 и𝑐 – члены арифметическ ой прогрессии
тог да и тольк о тог да, к ог да𝑎−𝑏
𝑏−𝑐– рациональное число.
26
Пример 24. Найти четырехзна чное число, первые три 𝛺 99
цифры к оторого образуют невозраст ающую арифметическую
прогрессию, если известно, что оно делитс я на 225.
Р ешение . Поск ольку 225 = 25·9 , число должно делитьс я
на25 и на 9 . На 25 делятс я все четырехзна чные числа ви-
да**00,**25,**50 и**75 . Предст авим все возмо жные
варианты в зависимости от зна чения разности прогрессии 𝑑
в следующей т аблице:
d**00**25**50**75
0 0000 2225 5550 7775
1 2100 4325 7650 9875
2 4200 6425 9750 –
3 6300 8525 – –
4 8400 – – –
Случай 𝑑= 0 – ст ационарная прогрессия. Число 0000
не являетс я четырехзна чным. Из ост альных перечисленных
в т аблице делятс я на 9 числа 6 300 и7650 .
Ответ :6 300 и7650 .
Пример 25. Могут ли цифры трехзна чного простого чис- 𝛺 99
ла образовать прогрессию с поло жительной разностью?
Р ешение . Допу стим, могут . Пу сть пу сть 𝑥 – первая циф-
ра, тог да 𝑥+𝑑 – вторая, 𝑥+ 2𝑑 – третья. Сумма цифр
числа равна 3𝑥+ 3𝑑 . Поск ольку сумма цифр делитс я на 3 ,
на3 делитс я и все число, а зна чит , оно не бу дет простым.
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 27
Ответ : цифры трехзна чного простого числа не могут обра-
зовать арифметическую прогрессию.
Пример 26. Могут ли цифры четырехзна чного простого 𝛺 99
числа образовать арифметическую прогрессию с поло жи-
тельной разностью?
Р ешение . Допу стим, могут . Пу сть 𝑥 – первая цифра, 𝑥+𝑑
– вторая, 𝑥+ 2𝑑 – третья, 𝑥+ 3𝑑 – четверт ая. Сумма цифр
числа равна 4𝑥+ 6𝑑= 2(2 𝑥+ 3𝑑) . Сразу исключим случаи,
к ог да 𝑥 делитс я на 3, т ак к ак тог да и все число делитс я
на 3. Поск ольку 𝑥+ 3𝑑 – цифра, 𝑥+ 3𝑑≤9 . Если 𝑑 > 3 ,
то число 𝑥+ 3𝑑 не бу дет дес ятичной цифрой, 𝑑= 3⇒𝑥= 0 ,
и в т ак ом случае число уж е не бу дет четырехзна чным.
Ост аютс я 𝑑= 0 ,𝑑= 1 и𝑑= 2 .
1)𝑑= 0 . Прогрессия ст ационарна, число состоит из четы-
рех о динак овых цифр и делитс я на соответствующую циф-
ру . Простое число мо ж ет делитьс я тольк о на 1 . Но число,
состо ящее из о дних единиц, 1 111 = 11·101 . Зна чит , 𝑑̸= 0 .
2)𝑑= 1 . Т ог да надо иск ать число среди 1 234 ,2 345 ,3 456 ,
4 567 ,5 678 и6 789 . У далим четные числа, делящеес я
на 5 число 2 345 и делящеес я на 3 число 6 789 . Ост аетс я
4 567 , к оторое действительно являетс я простым. Чтобы убе-
дитьс я в этом, дост аточно проверить делимость числа 4 567
на простые числа от 2 до67 , поск ольку 682>4 567 .
3)𝑑= 2⇒𝑥≤3 . Случаи 𝑥= 0 и𝑥= 3 мы исключили вы-
ше, а при 𝑥= 2 получим четное число. Ост аетс я сост авное
28
число 1 357 = 23·59 .
Ответ : единственное четырехзна чное простое число, цифры
к оторого образуют арифметическую прогрессию, – 4 567 .
Пример 27. Мо жно ли в арифметическ ой прогрессии 𝛺 100
между к аждыми двумя последовательными членами вст а-
вить по 𝑘 чисел т ак, чтобы и новая последовательность была
арифметическ ой прогрессией?
Р ешение . Надо взять прогрессию с тем ж е первым чле-
ном 𝑎1 и разностью𝑑
𝑘+ 1. Например, если в ис х о дной по-
следовательности 𝑎1= 6 ,𝑑= 4 и требу етс я между к аждыми
соседними членами вст авить по 3 числа, то в новой после-
довательности должна быть разность𝑑
4= 1 (рис. 3).
Ответ : мо жно.
Рис. 3. Сплошная линия – ис х о дная прогрессия, пунктирная – новая
Еще о дно замечание: последовательность членов арифмети-
ческ ой прогрессии с номерами 𝑛, 𝑛 +𝑘, 𝑛 + 2𝑘, 𝑛 + 3𝑘, . . . ,
г де𝑛 и𝑘 – натуральные числа, т акж е являетс я арифмети-
ческ ой прогрессией с первым членом 𝑎𝑛 и разностью 𝑘·𝑑 .
Т ак, если в ис х о дной прогрессии с первым членом 𝑎1= 5 и
разностью 𝑑= 3 взять члены с номерами 3,7,11, . . . , мы по-
лучим прогрессию с первым членом 11 и разностью 4𝑑= 12 .
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 29
Интересно, что номера выбранных членов ис х о дной прогрес-
сии т акж е образуют арифметическую прогрессию.
Далее рассмотрим зада чу , предлаг авшуюс я на вступитель-
ном экзамене в Высшую шк олу бизнеса МГУ в 2004 г ., к о-
торая, на первый взг ляд, мо ж ет пок азатьс я очень непро-
стой. Однак о, если вы не боитесь громоздких выраж ений,
ок аж етс я, что для ее решения дост аточно рассмотренного
нами выше набора «ст андартных средств» .
Пример 28. Найти все зна чения параметра 𝑎 , при к ото- 𝛺 100
рых уравнение 25𝑥5+25( 𝑎−1)𝑥3−4(𝑎−7)𝑥= 0 имеет ровно
пять различных вещественных к орней, образующих ариф-
метическую прогрессию.
Р ешение . Вынесем за ск обки общий мно житель 𝑥 :
𝑥(25𝑥4+ 25( 𝑎−1)𝑥2−4(𝑎−7)) = 0 и найдем к орни биквад-
ратного трехчлена в ск обк ах. Для этого введем замену пе-
ременной 𝑥2=𝑡: 25 𝑡2+ 25( 𝑎−1)𝑡−4(𝑎−7) = 0;
𝐷= 252(𝑎−1)2+ 4·25·4(𝑎−7) = 25(25 𝑎2−34𝑎−87);
𝐷 > 0⇒𝑎∈(︃
−∞;17−4√
154
25)︃
∪(︃
17 + 4√
154
25; +∞)︃
.
На определенной ранее области зна чений 𝑎 уравнение имеет
два к орня: 𝑡1,2=−5(𝑎−1)±√
25𝑎2−34𝑎−87
10. Поск ольку
𝑡=𝑥2, ис х о дное уравнение бу дет иметь пять различных ве-
щественных к орней тольк о тог да, к ог да 𝑡1,2> 0 .
30
В т ак ом случае −5(𝑎−1) = 5(1−𝑎)>0 , т . е. должно
выполнятьс я у словие 𝑎 < 1 . При этом автоматически вы-
полнитс я у словие 5(1−𝑎)>√
25𝑎2−34𝑎−87 . Действитель-
но, возведя левую и правую части неравенства в квадрат ,
после простых преобразований мы придем к неравенству
𝑎 <7 , что справедливо, если 𝑎 <1 . Т еперь область зна чений
𝑎 сузилась до 𝑎∈(︃
−∞;17−4√
154
25)︃
∪(︃
17 + 4√
154
25; 1)︃
.
В этой области ис х о дное уравнение имеет пять веществен-
ных к орней. Р асполо жим их в пор ядк е возраст ания:
𝑥1=−√︂
5(1−𝑎) +𝑟
10;𝑥2=−√︂
5(1−𝑎)−𝑟
10;𝑥3= 0;
𝑥4=√︂
5(1−𝑎)−𝑟
10;𝑥5=√︂
5(1−𝑎) +𝑟
10,
г де𝑟=√
25𝑎2−34𝑎−87.
Они образуют арифметическую прогрессию (с. 8), если
2𝑥4=𝑥3+𝑥5⇒2√︂
5(1−𝑎)−𝑟
10=√︂
5(1−𝑎) +𝑟
10⇒
⇒45(1−𝑎)−𝑟
10=5(1−𝑎) +𝑟
10⇒3−3𝑎=𝑟⇒
⇒3−3𝑎=√
25𝑎2−34𝑎−87⇒𝑎2−𝑎−6 = 0 .
Последнее уравнение имеет решения: 𝑎1=−2 и𝑎2= 3 .
Однак о второе не вх о дит в у ст ановленную нами область
зна чений 𝑎 . При 𝑎=−2 упор ядоченное мно ж ество к орней
Г ЛАВА 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 31
примет вид{︁
−2√
15
5,−√
15
5,0,√
15
5,2√
15
5}︁
и образу ет
арифметическую прогрессию с первым членом(︁
−2√
15
5)︁
и разностью√
15
5.
Ответ : при 𝑎=−2 .
Пример 29. Док азать, что для членов любой арифмети- 𝛺 101
ческ ой прогрессии 𝑎1, 𝑎2, . . . , 𝑎 𝑛+1 справедливо равенство
1
𝑎1𝑎2+1
𝑎2𝑎3+. . .+1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1=𝑛
𝑎1𝑎𝑛+1.
Док азательство . Для любого 𝑘= 1,2, . . . 𝑛
1
𝑎𝑘𝑎𝑘+1=1
𝑑(︂1
𝑎𝑘−1
𝑎𝑘+1)︂
⇒1
𝑎1𝑎2+1
𝑎2𝑎3+. . .+1
𝑎𝑛𝑎𝑛+1=
=1
𝑑(︂1
𝑎1−1
𝑎2+1
𝑎2−1
𝑎3+. . .+1
𝑎𝑛−1
𝑎𝑛+1)︂
=𝑛
𝑎1𝑎𝑛+1.
Р авенство док азано .
Г лава 2. Г еометрические прогрессии
§ 2.1. Основные понятия
12⇔ 36 Г еометрическ ая прогрессия – это последова-
тельность вещественных чисел, к аждый член к оторой, на-
чиная со второго, получаетс я из предыдущего путем умно-
ж ения его на нек оторый фик сированный мно житель 𝑞̸= 0 :
если первый член прогрессии равен 𝑏1 , то для натуральных
𝑛 > 1 имеет место равенство 𝑏𝑛=𝑏𝑛−1𝑞 . Отсю да
𝑏2=𝑏1𝑞, 𝑏 3=𝑏1𝑞2, . . . , 𝑏 𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1, . . . , г де 𝑛= 1,2,3, . . . .
Если все 𝑏𝑛>0 , лог арифмы членов геометрическ ой про-
грессии образуют арифметическую прогрессию:
𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1⇒ln𝑏𝑛= ln𝑏1+ (𝑛−1) ln𝑞.
Первый член арифметическ ой прогрессии 𝑎1= ln𝑏1 , а раз-
ность 𝑑= ln𝑞 . Аналогично, если {𝑎𝑛} , г де 𝑛= 1,2,3, . . . , –
арифметическ ая прогрессия, то последовательность {𝑒𝑎𝑛} –
геометрическ ая прогрессия
𝑎𝑛=𝑎1+ (𝑛−1)𝑑⇒𝑒𝑎𝑛=𝑒𝑎1(𝑒𝑑)𝑛−1.
На соответствии между ариф метическими и гео метри-
ческими прогрессиями основан принцип р аботы логариф-
мической линейки – простейшего механического
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 33
аналогового вычис лите льного устройства, которое успе ло
пос лужить не одно му поко лению инженеров.
Иног да по д геометрическ ой прогрессией по дразумевают к о-
нечное число последовательных ее членов. Величину 𝑞 назы-
вают знаменателем геометрическ ой прогрессии . При
𝑞= 1 прогрессия ст ационарна, при 𝑞 > 0 строго моно-
тонна, а при 𝑞 < 0 немонотонна. Прогрессию полностью
определяют зна чения 𝑏1 и𝑞 . Для любого члена геометриче-
ск ой прогрессии, на чиная со второго, имеет место равенство
𝑏𝑛=√︀
𝑏𝑛−1𝑏𝑛+1. Действительно,√︀
𝑏𝑛−1𝑏𝑛+1=√︀
𝑏1𝑞𝑛−2𝑏1𝑞𝑛=√︀
𝑏2
1𝑞2(𝑛−1)=𝑏1𝑞𝑛−1=𝑏𝑛.
И наоборот , если 𝑧 – среднее геометрическ ое 𝑥 и𝑦 , т . е.
𝑧=√𝑥·𝑦 , то числа 𝑥 ,𝑧 и𝑦 образуют геометрическую про-
грессию. Если нет причин поступать ина че, мы и далее бу-
дем обозна чать члены геометрическ ой прогрессии буквой 𝑏
с соответствующим индек сом. Сумму 𝑛 первых ее членов
обозна чим 𝑆𝑛=𝑛∑︁
𝑘=1𝑏𝑘=𝑏1+𝑏2+. . .+𝑏𝑛 .
Найдем сумму 𝑛 первых членов геометрическ ой прогрессии
𝑆𝑛=𝑏1+𝑏1𝑞+𝑏1𝑞2+. . .+𝑏1𝑞𝑛−2+𝑏1𝑞𝑛−1.
Для этого умно жим левую и правую части последнего
равенства на знаменатель прогрессии 𝑞 :
𝑆𝑛𝑞=𝑏1𝑞+𝑏1𝑞2+𝑏1𝑞3+. . .+𝑏1𝑞𝑛−1+𝑏1𝑞𝑛,
34
вычтем полученное равенство из ис х о дного:
𝑆𝑛−𝑆𝑛𝑞=𝑏1−𝑏1𝑞𝑛⇒𝑆𝑛=𝑏11−𝑞𝑛
1−𝑞=𝑏1𝑞𝑛−1
𝑞−1.
Если знаменатель геометрическ ой прогрессии по мо ду лю мень-
ше1 , т . е.|𝑞|<1 ,
lim
𝑛→∞𝑞𝑛= 0⇒lim
𝑛→∞𝑆𝑛=𝑏11
1−𝑞=𝑆.
Т аким образом, при |𝑞|<1 существу ет lim
𝑛→∞𝑆𝑛 , к оторый
называют суммой беск онечно убывающей геометри-
ческ ой прогрессии :𝑆=𝑏11
1−𝑞.
Например, пу сть дан пр ямоугольный равнобедренный тре-
угольник площадью 𝑆= 2 (рис. 4).
Рис. 4. Площадь заштрих ованной области стремитс я к 2
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 35
1. Опу стим перпендику ляр из вершины пр ямого уг ла
на гипотенузу . Перпендику ляр разобьет треугольник на два
пр ямоугольных равнобедренных треугольник а площадью 1 .
Заштриху ем тот , что слева. Площадь заштрих ованной обла-
сти𝑆1= 1 (рис. 4а).
2. Из вершины пр ямого уг ла незаштрих ованного треуголь-
ник а снова опу стим перпендику ляр на гипотенузу . Перпен-
дику ляр разобьет треугольник на два треугольник а площа-
дью1
2. Заштриху ем тот , что выше. Т еперь площадь заштри-
х ованной области 𝑆2= 1 +1
2(рис. 4б).
3. Про долж ая дальше делить треугольник, на третьем шаге
получим заштрих ованную область 𝑆3= 1 +1
2+1
4(рис. 4в).
На𝑛 -м шаге площадь заштрих ованной области бу дет
𝑆𝑛= 1 +1
2+1
4+1
8+. . .+1
2𝑛−1.
Поск ольку площадь всего большого треугольник а 𝑆= 2 ,
мы мо ж ем с делать величину 𝑆𝑛 ск оль уго дно близк ой к 2 ,
но ник ог да не достигнем этого предела.
Пу сть даны две геометрические прогрессии {𝑏𝑛} и{𝐵𝑛}, г де
𝑛= 1,2,3, . . . c первыми членами 𝑏1, 𝐵1 и знаменателями
𝑞, 𝑄 соответственно. Выделим три операции над геометриче-
скими прогрессиями, резу ль т атом выполнения к оторых яв-
ляютс я геометрические прогрессии:
1. Последовательность, сост авленная из произведений
36
членов прогрессии {𝑏𝑛} на к онст анту 𝛼 , – геометрическ ая
прогрессия со знаменателем 𝑞 и первым членом 𝛼𝑏1 .
2. Последовательнось, сост авленная из членов {𝑏𝑛} , возве-
денных в степень 𝛼 , г де 𝛼 – к онст ант а, – геометрическ ая
прогрессия со знаменателем 𝑞𝛼и первым членом 𝑏𝛼
1 .
3. Последовательность, сост авленная из произведений соот-
ветствующих членов прогрессий {𝑏𝑛} и{𝐵𝑛} , – геометриче-
ск ая прогрессия с первым членом 𝑏1𝐵1 и знаменателем 𝑞𝑄 .
Произведение первых 𝑛 членов геометрическ ой прогрессии
{𝑏𝑘} , г де 𝑘= 1,2,3, . . . , нах о дитс я из равенства
𝑏1𝑏2𝑏3. . . 𝑏 𝑛=𝑛∏︁
𝑘=1𝑏𝑘=𝑏𝑛
1𝑛∏︁
𝑘=1𝑞𝑘−1=𝑏𝑛
1𝑞1+2+ ...+𝑛−1=𝑏𝑛
1𝑞𝑛(𝑛−1)
2.
§ 2.2. Примеры
32⇔ 55
Пример 30. Дана прогрессия {3,6,12, . . .} . Найти 𝑏5 . 𝛺 102
Р ешение . Прежде всего убедимс я в том, что речь действи-
тельно идет о геометрическ ой прогрессии:
𝑞=6
3=12
6= 2. Т ог да 𝑏5=𝑏1𝑞4= 3·24= 48.
Ответ : 48.
Пример 31. Являетс я ли последовательность 𝛺 102
{5,10,19, . . .} геометрическ ой прогрессией?
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 37
Р ешение :10
5̸=19
10.
Ответ : не являетс я.
Пример 32. Зада ча из российск ой рук описи XVI I столе- 𝛺 102
тия: «Было 40 градов, а во вс як ом граде по 40 у лиц, а во
вс як ой у лице по 40 домов, а во вс як ом доме по 40 столпов,
а во вс як ом столпе по 40 к олец, а у вс як ого к ольца по 40 к о-
ней, а у вс як ого к оня по 40 человек, а у вс як ого человек а
по 40 плетей; ино много-ли поразнь всего бу дет?» [2, с. 22].
Р ешение . Количество градов 𝑏1= 40 , в к аждом граде
40 у лиц, т . е. всего 𝑏2=𝑏1·40 = 1 600 . На к аждой у ли-
це40 домов, т . е. всего 𝑏3=𝑏2·40 = 64 000 и т . д.
Ответ предст авим в виде т аблицы:
Член прогрессии Сущность Количество
𝑏1 грады 40
𝑏2 у лицы 1 600
𝑏3 дома 64 000
𝑏4 столпы 2 560 000
𝑏5 к ольца 102 400 000
𝑏6 к они 4 096 000 000
𝑏7 лю ди 163 840 000 000
𝑏8 плети 6 553 600 000 000
Р езу ль т ат впечат ляет! Наро ду в этих 40 горо дах более
163 миллиар дов, а к оличество плетей выраж аетс я числом
38
6 триллионов 553 миллиар да 600 миллионов.
Пример 33. Четвертый член геометрическ ой прогрессии 𝛺 102
равен 3 , а восьмой 48 . Найти первый член и знаменатель.
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑏3= 3
𝑏7= 48⇒⎧
⎨
⎩𝑏1𝑞3= 3
𝑏1𝑞7= 48⇒𝑞4=48
3= 16⇒𝑞=±2.
1)𝑞=−2⇒𝑏1(−8) = 3⇒𝑏1=−3
8;
2)𝑞= 2⇒𝑏18 = 3⇒𝑏1=3
8.
Ответ : у словиям зада чи у довлетвор яют две последователь-
ности, заданные первым членом и знаменателем:
⎧
⎨
⎩𝑏1=−3
8
𝑞=−2и⎧
⎨
⎩𝑏1=3
8
𝑞= 2
Пример 34. Найти четыре числа, образующие геомет- 𝛺 102
рическую прогрессию, если сумма первого и третьего рав-
на 35, а сумма второго и четвертого – (-70).
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑏1+𝑏3= 35
𝑏2+𝑏4=−70⇒⎧
⎨
⎩𝑏1+𝑏1𝑞2= 35
𝑏1𝑞+𝑏1𝑞3=−70
𝑞(𝑏1+𝑏1𝑞2) =−70⇒𝑞·35 =−70⇒𝑞=−2.
𝑏1+𝑏1𝑞2= 35⇒𝑏1(1 +𝑞2) = 35⇒𝑏15 = 35⇒𝑏1= 7.
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 39
𝑏2=𝑏1𝑞=−14, 𝑏3=𝑏2𝑞= 28, 𝑏4=𝑏3𝑞=−56.
Ответ :{7,−14,28,−56} .
Пример 35. Являетс я ли геометрическ ой прогрессией по- 𝛺 103
следовательность, заданная форму лой 𝑏𝑛= 2·3𝑛+1+ 3𝑛?
Р ешение . Для 𝑛= 1,2,3, . . .
𝑏𝑛+1
𝑏𝑛=2·3𝑛+2+ 3𝑛+1
2·3𝑛+1+ 3𝑛=2·9 + 3
2·3 + 1= 3.
Ответ : являетс я прогрессией со знаменателем 𝑞= 3 .
Пример 36. Являетс я ли геометрическ ой прогрессией по- 𝛺 103
следовательность, заданная форму лой 𝑏𝑛= 2 + 3𝑛−1?
Р ешение :
𝑏2
𝑏1=5
2̸=𝑏3
𝑏2=11
5.
Ответ : не являетс я.
Пример 37. Числа 𝑎1 ,𝑎2 и𝑎3 образуют арифметическую 𝛺 103
прогрессию, а числа 𝑎1−1 ,𝑎2+1 и𝑎3+15 – геометрическую.
Найти 𝑎1 и𝑑 , если 𝑎1+𝑎2+𝑎3= 24 .
Р ешение :
⎧
⎨
⎩3𝑎1+ 3𝑑= 24
(𝑎1+𝑑+ 1)2= (𝑎1−1)(𝑎1+ 2𝑑+ 15)⇒
⇒⎧
⎨
⎩𝑎1+𝑑= 8
𝑑2+ 4𝑑+ 16−12𝑎1= 0⇒⎧
⎨
⎩𝑎1= 8−𝑑
𝑑2+ 16𝑑−80 = 0
40
Ответ :
1)⎧
⎨
⎩𝑎1= 28
𝑑=−20и2)⎧
⎨
⎩𝑎1= 4
𝑑= 4
Пример 38. Сумма трех поло жительных чисел, со- 𝛺 95
ст авляющих арифметическую прогрессию, равна 15 . Если
к о второму из них прибавить 1 , к третьему 5 , а первое ост а-
вить без изменения, получитс я геометрическ ая прогрессия.
Найти три ис х о дных числа.
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑎1+𝑎2+𝑎3= 15
𝑎2+1
𝑎1=𝑎3+5
𝑎2+1⇒⎧
⎨
⎩3𝑎1+ 3𝑑= 15
𝑎1+𝑑+1
𝑎1=𝑎1+2𝑑+5
𝑎1+𝑑+1⇒
⇒⎧
⎨
⎩𝑎1= 5−𝑑
𝑑2+ 2𝑑−3𝑎1+ 1 = 0⇒⎧
⎨
⎩𝑎1= 5−𝑑
𝑑2+ 5𝑑−14 = 0
Корни квадратного трехчлена 𝑑1=−7 и𝑑2= 2 .
1)𝑑=−7⇒𝑎1= 12 :
арифметическ ая прогрессия 𝑎1= 12 ,𝑎2= 5 ,𝑎3=−2 ;
геометрическ ая прогрессия 𝑏1= 12 ,𝑏2= 6 , 𝑏3= 3 ;
2)𝑑= 2⇒𝑎1= 3 :
арифметическ ая прогрессия 𝑎1= 3 𝑎2= 5 𝑎3= 7 ;
геометрическ ая прогрессия 𝑏1= 3 𝑏2= 6 𝑏3= 12 .
Ответ : 1){12,5,−2} и 2){3,5,7} .
Пример 39. Шахматы по явились примерно 3 тыс. лет 𝛺 104
назад в Индии. Сог ласно о дной из легенд, царю настольк о
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 41
понравилась новая игра, что он немедленно вызвал
к себе изобрет ателя и спросил, к акую награду он х очет
получить. Изобрет атель попросил за первую клетку о дно
пшеничное зерно, за вторую – два, за третью – четыре и
далее за к аждую следующую клетку вдвое больше, чем за
предыдущую. Столь ничто жная просьба разгневала цар я.
Он прогнал изобрет ателя и прик азал к азна чею отсчит ать
затребованное к оличество зерен. За обедом между прочим
царь поинтересовалс я, выполнен ли его прик аз. Казна чей
ответил, что нет , поск ольку награда слишк ом велик а. Царь
и слушать не х отел столь нелепых оправданий. Награда
должна быть выпла чена! Придворные математики тру ди-
лись всю ночь, и к утру к азна чей вновь предст ал перед ца-
рем, чтобы сообщить, что для выплаты вознаграждения не
хватит зерен, хранящих с я во всех амбарах цар я, в житни-
цах всего госу дарства и даж е всей Земли. Что это за число?
Р ешение . Поск ольку шахматная доск а разбит а на 64 клет-
ки, за последнюю клетку изобрет атель долж ен получить 263
зерна, а общее к оличество зерен сост авит:
𝑆64= 1 + 2 + 22+ 23+. . .+ 263=64∑︁
𝑘=12𝑘−1=
=264−1
2−1= 18 446 744 073 709 551 615 .
Ответ :18 446 744 073 709 551 615 , т . е. 18 квинтиллионов
446 квадриллионов 744 триллиона 73 миллиар да 709 милли-
онов 551 тыс яча 615 зерен.
42
Ес ли считать вес одного зерна р авным 0.065 г, доска со
все ми зернами весила бы око ло 1.2 трил лиона тонн. Инте-
ресно, что в с анскрите (древний индо-арийский язык) были
с лова для именования чисе л до 1053.
На с. 76 мы рассмотрим пример геометрическ ой прогрессии
со знаменателем, немного большим 1.
Пример 40. В геометрическ ой прогрессии первый член 𝛺 104
равен 486 , знаменатель1
3. Найти сумму первых четырех
членов прогрессии.
Р ешение :𝑆4=𝑏11−𝑞𝑛
1−𝑞= 4861−(︀1
3)︀4
1−1
3= 720 .
Ответ :720 .
Пример 41. Знаменатель геометрическ ой прогрессии 𝑞= 𝛺 104
−2 , сумма первых пяти членов 𝑆5= 5.5 . Найти пятый член
прогрессии.
Р ешение :
𝑆5=𝑏11−𝑞5
1−𝑞=𝑏133
3=𝑏111⇒𝑏111 = 5 .5⇒𝑏1= 0.5.
Т ог да 𝑏5=𝑏1𝑞4= 0.5·16 = 8 .
Ответ :8 .
Изменим у словия двух зада ч из первой г лавы (с. 17).
Пример 42. Каза чья сотня от личилась в бою, и ат аман 𝛺 104
решил наградить о дного р ядового, о дного прик азного, о д-
ного ур ядник а, вахмистра, о дного по дх орунжия, о дного х о-
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 43
рунжия и сотенного еса у ла. Рядовому к азаку был выдан 1
руб. и далее к аждому следующему чину в два раза больше
предыдущего. Как ова общая сумма вознаграждения?
Р ешение . Всего перечислено 7 чинов. Вознаграждение р я-
дового к азак а 𝑏1= 1 , далее от чина к чину вознаграждение
у дваиваетс я, т . е. 𝑞= 2 . Т аким образом, 𝑆7=1−27
1−2= 127 .
Ответ :127 руб.
Пример 43. Как ова общая сумма вознаграждения, если 𝛺 104
ат аман наградит всю сотню к азак ов и выдаст р ядовым по
1 руб., прик азным по 2 руб., ур ядник ам по 4 руб., вах-
мистру 8 руб., по дх орунжиям по 16 руб., х орунжиям по
32 руб. и сотенному еса у лу 64 руб.? Пу сть в сотне 90 р я-
довых к азак ов, 20 прик азных, 12 ур ядник ов, 1 вахмистр,
3 по дх орунжия, 2 х орунжия и 1 сотенный еса у л.
Р ешение . Награды по возраст анию чинов образуют гео-
метрическую прогрессию {𝑏𝑘}={1,2,4,8,16,32,64}. Каж-
дый чин предст авлен группой к азак ов. Вес 𝑘 -й группы, к ак
и в аналогичной зада че из первой г лавы, обозна чим 𝑚𝑘 .
Т ог да веса групп в пор ядк е возраст ания чинов образуют
последовательность {𝑚𝑘}={90,20,12,1,3,2,1}. Взвешен-
ная сумма членов прогрессии:
𝑚1𝑏1+𝑚2𝑏2+. . .+𝑚7𝑏7=7∑︁
𝑘=1𝑚𝑘𝑏𝑘=
= 90·1 + 20·2 + 12·4 + 1·8 + 3·16 + 2·32 + 1·64 = 362 .
44
Ответ :362 руб.
Пример 44. При к аких 𝑥 величины√𝑥−5 ,4√
10𝑥+ 4 и 𝛺 104√𝑥+ 2 образуют геометрическую прогрессию?
Р ешение . Область допу стимых зна чений 𝑥≥5 .
√
10𝑥+ 4 =√
𝑥−5√
𝑥+ 2⇒10𝑥+ 4 = 𝑥2−3𝑥−10⇒
⇒𝑥2−13𝑥−14 = 0⇒𝑥1=−1 и𝑥2= 14.
В область допу стимых зна чений вх о дит тольк о 𝑥= 14 .
Ответ : при 𝑥= 14 .
Пример 45. В возраст ающей геометрическ ой прогрес- 𝛺 105
сии сумма первого и последнего членов равна 66 , произведе-
ние второго и предпоследнего 128 , а сумма всех членов 126 .
Найти к оличество членов прогрессии.
Р ешение :
⎧
⎨
⎩𝑏1+𝑏𝑛= 66
𝑏2𝑏𝑛−1= 128⇒⎧
⎨
⎩𝑏1+𝑏𝑛= 66
𝑏1𝑏𝑛= 128, т ак к ак 𝑏2𝑏𝑛−1=𝑏1𝑏𝑛.
По теореме Виет а 𝑏1 и𝑏𝑛 являютс я к орнями квадратно-
го трехчлена 𝑧2−66𝑧+ 128 . Его к орни 𝑧1= 2 и𝑧2= 64 .
Поск ольку по у словию зада чи прогрессия возраст ающая,
рассмотрим тольк о случай, к ог да 𝑏1= 2, 𝑏𝑛= 64 .
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 45
𝑏1+𝑏𝑛= 66⇒𝑏1(1 +𝑞𝑛−1) = 66⇒𝑞𝑛−1= 32⇒𝑞𝑛= 32𝑞.
𝑆𝑛=𝑏11−𝑞𝑛
1−𝑞= 126⇒1−32𝑞
1−𝑞= 63⇒𝑞= 2.
𝑞𝑛−1= 32⇒2𝑛−1= 32⇒𝑛= 6.
Ответ :6 .
Пример 46. Какие 3 числа надо пост авить между 1 и256 ,𝛺 105
чтобы все 5 чисел сост авили геометрическую прогрессию?
Р ешение :⎧
⎨
⎩𝑏1= 1;
𝑏5= 256⇒𝑞4= 256⇒𝑞=±4.
1)𝑞=−4⇒ { 1,−4,16,−64,256} ;
2)𝑞= 4⇒ { 1,4,16,64,256} .
Ответ :−4,16,−64 или4,16,64 .
Т еперь рассмотрим зада чу из эк ономическ ой теории.
Пример 47. Пу сть в распор яж ении к оммерческ ого банк а 𝛺 105
имеетс я 1 млн руб. Вопрос: на к акую сумму банк мо ж ет вы-
дать кредиты за к ороткий срок? По д «к оротким срок ом» мы
понимаем время, за к оторое ни о дин из клиентов не у спеет
вернуть долг . Для простоты допу стим, что в нашем горо де
работ ает тольк о о дин к оммерческий банк.
Р ешение . Р азумеетс я, вна чале банк выдаст кредиты на
1 млн руб. Зададимс я вопросом: за чем человек берет деньги
в долг? Конечно, тольк о для того, чтобы тут ж е с ними рас-
ст атьс я. Деньги в долг на хранение не берут . В т ак ом случае
46
после того к ак деньги бу дут потра чены, например на при-
обретение к ак ого-то товара, они снова ок ажутс я на чьем-
то счету в к оммерческ ом банк е. Миллион возвращаетс я в
банк, но банк не мо ж ет снова о должить к ому-нибу дь весь
миллион, поск ольку существу ет об язательный резерв , ве-
личину к оторого у ст анавливает Центральный банк. В на-
шей стране он сост авляет 20 % = 0 .2 . Т аким образом, 0.2
млн зарезервированы и банк выдаст новые кредиты тольк о
из ост авших с я 0.8 млн. Эти деньги т акж е вернутс я в банк,
и он смо ж ет выдать лишь 0.8·0.8 = (0 .8)2. Про долж ая про-
цесс далее, мы придем к беск онечной сумме:
1 + 0 .8 + (0 .8)2+ (0.8)3+. . .=1
1−0.8= 5.
Ответ : 5 млн руб.
Однак о следу ет признать, что выдать кредиты на сумму
в5 млн руб. банку не у дастс я, поск ольку за к онечное время
деньги не у спеют совершить беск онечное число оборотов. Но
если за к ороткий срок деньги обернутс я 20 раз, банк смо-
ж ет выдать кредиты на 4 млн 954 тыс. руб. Ит ак, 5 – это
предел, к к оторому мо жно по дойти ск оль уго дно близк о, но
достичь к оторый нельзя.
Пример 48. Жук движ етс я со ск оростью 1 см/с по следу- 𝛺 105
ющей траектории (рис. 5): сна чала об х о дит квадрат со сто-
роной в 1 см 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 , затем по отрезку 𝐴1𝐴2 перех о дит на
квадрат с вдвое меньшей стороной 𝐴2𝐵2𝐶2𝐷2 , об х о дит его,
по отрезку 𝐴2𝐴3 перех о дит на следующий квадрат и т ак
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 47
до беск онечности. Сторона к аждого следующего квадрат а
вдвое меньше предыдущего. За к ак ое время жук обойдет
все квадраты?
Р ешение . Длина участк а 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐴1𝐴2 равна 4 +√
2
4.
Рис. 5. Кривая 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐴1𝐴2𝐵2𝐶2𝐷2𝐴2𝐴3. . . совершает беск онечное
число оборотов вокруг центра
Длина к аждого следующего участк а маршрут а вдвое мень-
ше предыдущего. Вынес я за ск обки общий мно житель 4+√
2
4,
получим длину всего маршрут а:
(︃
4 +√
2
4)︃(︂
1 +1
2+1
4+1
8+. . .)︂
= 8 +√
2
2.
Ответ : жук обойдет все квадраты за 8 +√
2
2с (при этом он
совершит беск онечное число оборотов вокруг точки пересе-
чения диагоналей всех квадратов).
Пример 49. Вычислить: 432 + 72 + 12 + 2 + . . . . 𝛺 105
Р ешение . По виду последовательности мо жно заключить,
48
что это беск онечная геометрическ ая прогрессия со знамена-
телем1
6.𝑆= 4321
1−1
6= 518 .4.
Ответ :518.4 .
Пример 50. Найти сумму членов беск онечно убываю- 𝛺 105
щей геометрическ ой прогрессии, если третий ее член 𝑏3= 3 ,
а шестой 𝑏6=1
9.
Р ешение :
𝑏6
𝑏3=𝑏1𝑞5
𝑏1𝑞2=𝑞3=1
27⇒𝑞=1
3⇒𝑏1(︂1
3)︂2
= 3⇒𝑏1= 27.
𝑆= 271
1−1
3= 40.5.
Ответ :40.5 .
Пример 51. Сумма первых пяти членов геометрическ ой 𝛺 105
прогрессии 𝑆5= 31 , а сумма всей прогрессии 𝑆= 32 . Найти
первый член и знаменатель прогрессии.
Р ешение :⎧
⎨
⎩𝑆5= 31
𝑆= 32⇒⎧
⎨
⎩𝑏11−𝑞5
1−𝑞= 31
𝑏11
1−𝑞= 32
Р азделим левую и правую части первого уравнения соответ-
ственно на левую и правую части второго:
1−𝑞5=31
32⇒𝑞5=1
32⇒𝑞=1
2⇒𝑏11
1−1
2= 32⇒𝑏1= 16.
Ответ :𝑏1= 16 и𝑞=1
2.
Пример 52. Найти 5√︂
3√︁
5√︀
3√
5. . . . 𝛺 105
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 49
Р ешение :
5√︃
3√︂
5√︁
3√
5. . .= 5·31
2·51
4·31
851
16. . .=
= 51+1
4+1
16...·31
2+1
8+1
32...= 54
3·32
3= 53√
45.
Ответ :53√
45 .
Пример 53. Сумма беск онечно убывающей геометриче- 𝛺 105
ск ой прогрессии равна 9 , а сумма квадратов ее членов 40.5 .
Найти первый член и знаменатель прогрессии.
Р ешение . Последовательность, сост авленная из квадратов
членов геометрическ ой прогрессии т акж е бу дет геометри-
ческ ой прогрессией, первый член к оторой равен квадрату
первого члена ис х о дной, а знаменатель – квадрату знамена-
теля. Поэтому равенства для их сумм бу дут иметь вид
⎧
⎨
⎩𝑏1
1−𝑞= 9
𝑏2
1
1−𝑞2= 40.5⇒⎧
⎨
⎩𝑏2
1
(1−𝑞)2= 81
2𝑏2
1
1−𝑞2= 81
Р азделим левую и правую части второго уравнения соответ-
ственно на левую и правую части первого:
2𝑏2
1(1−𝑞)2
𝑏2
1(1−𝑞)(1 + 𝑞)= 1⇒2(1−𝑞)
1 +𝑞= 1⇒2−2𝑞= 1+ 𝑞⇒𝑞=1
3.
𝑏1
1−1
3= 9⇒𝑏1= 6.
50
Ответ :𝑏1= 6 ,𝑞=1
3.
Пример 54. Мо жно ли в геометрическ ой прогрессии меж- 𝛺 105
ду к аждыми двумя последовательными членами вст авить
по𝑘 чисел т ак, чтобы новая последовательность т акж е бы-
ла геометрическ ой прогрессией?
Р ешение . Надо взять прогрессию с тем ж е первым членом
𝑏1 и знаменателем, равным𝑘+1√𝑞 .
Ответ : мо жно.
Например, если в ис х о дной прогрессии 𝑏1= 3 ,𝑞= 16 и
требу етс я между к аждыми соседними членами вст авить по
3 числа, то в новой прогрессии следу ет поло жить знамена-
тель4√
16 = 2 . Т акж е последовательность членов прогрес-
сии с номерами 𝑛, 𝑛 +𝑘, 𝑛 + 2𝑘, 𝑛+ 3𝑘, . . . , г де 𝑛 и𝑘 –
натуральные числа, являетс я геометрическ ой прогрессией
с первым членом 𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1и знаменателем 𝑞𝑘. Интересно,
что номера выбранных членов ис х о дной прогрессии обра-
зуют арифметическую прогрессию. Т ак, если в прогрессии
3,6,12,24,48,96,192,384,768,1 536 ,3 072 ,12 288 ,24 576 , . . .
с первым членом 𝑏1= 3 и знаменателем 𝑞= 2 взять члены
с номерами 2,6,10, . . . , мы получим прогрессию с первым
членом 6 и знаменателем 𝑞4= 16 :6,96,1 536 , . . . .
Пример 55. Найти сумму: 7 + 77 + 777 + . . .+𝑛⏞ ⏟ 
77. . .7 . 𝛺 104
Р ешение :
7 + 77 + 777 + . . .+𝑛⏞ ⏟ 
77. . .7 =7
9(9 + 99 + 999 + . . .+𝑛⏞ ⏟ 
99. . .9) =
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 51
=7
9(10 + 100 + 1000 + . . .+ 1𝑛⏞ ⏟ 
00. . .0−𝑛) =
=7
9(1 + 10 + 100 + 1000 + . . .+ 1𝑛⏞ ⏟ 
00. . .0−(𝑛+ 1)) =
=7
9(︂10𝑛+1−1
9−(𝑛+ 1))︂
. При 𝑛= 1,2,3,4, . . .
сумма принимает зна чения 7,84,861,8 638 . . . .
Ответ :7+77+777+ . . .+𝑛⏞ ⏟ 
77. . .7 =7
9(︂10𝑛+1−1
9−(𝑛+ 1))︂
.
Пример 56. При к аких у словиях три поло жительных чис- 𝛺 106
ла𝛼 ,𝛽 и𝛾 могут быть членами геометрическ ой прогрессии?
Р ешение . Пу сть 𝛼=𝑏1𝑞𝑚,𝛽=𝑏1𝑞𝑛и𝛾=𝑏1𝑞𝑝.
⎧
⎨
⎩𝛽
𝛾=𝑞𝑛−𝑚
𝛾
𝛽=𝑞𝑝−𝑛⇒⎧
⎨
⎩𝑙𝑛(𝛽)−𝑙𝑛(𝛾) =𝑙𝑛(𝑞)(𝑛−𝑚)
𝑙𝑛(𝛾)−𝑙𝑛(𝛽) =𝑙𝑛(𝑞)(𝑝−𝑛)⇒
⇒𝑙𝑛(𝛽)−𝑙𝑛(𝛾)
𝑙𝑛(𝛾)−𝑙𝑛(𝛽)=𝑛−𝑚
𝑝−𝑛.
Ответ :𝛼 ,𝛽 и𝛾 могут быть членами геометрическ ой про-
грессии тог да и тольк о тог да, к ог да𝑙𝑛(𝛽)−𝑙𝑛(𝛾)
𝑙𝑛(𝛾)−𝑙𝑛(𝛽)– рацио-
нальное число.
Последняя зада ча аналогична, предло ж енной на с. 25.
Ее решение очевидно, если вспомнить, что лог арифмы чле-
52
нов геометрическ ой прогрессии образуют арифметическую
прогрессию (с. 32). Если числа 𝛼 ,𝛽 и𝛾 являютс я членами
нек оторой геометрическ ой прогрессии, то найдетс я еще бес-
к онечное мно ж ество прогрессий, членами к оторых эти чис-
ла являютс я (пример на с. 42).
Пример 57. Члены прогрессии {𝑏(3)
𝑖} – произведения со- 𝛺 107
ответствующих членов беск онечно убывающих геометриче-
ских прогрессий {𝑏(1)
𝑖} и{𝑏(2)
𝑖} , г де 𝑖= 1,2,3, . . . . Известно,
что суммы прогрессий 𝑆(1)= 2 и𝑆(3)=6
7и𝑏(1)
1=𝑏(2)
1= 1 .
Найти 𝑆(2).
Р ешение :𝑏(3)
1=𝑏(1)
1𝑏(2)
1= 1 . Как следу ет из теории (с. 35),
знаменатель третьей прогрессии долж ен равнятьс я произ-
ведению знаменателей первых двух:
⎧
⎪⎨
⎪⎩1
1−𝑞1= 2⇒𝑞1=1
2
1
1−𝑞1𝑞2=6
7⇒𝑞1𝑞2=−1
6⇒𝑞2=−1
3⇒
⇒𝑆(2)=1
1 +1
3=3
4.
Ответ :𝑆(2)=3
4.
Пример 58. Найти два различных к орня уравнения 𝑥2− 𝛺 107
6𝑝𝑥+𝑞= 0 , если известно, что 𝑝 ,𝑥1 ,𝑥2 и𝑞 образуют гео-
метрическую прогрессию.
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 53
Р ешение . Поск ольку 𝑏2
𝑛=𝑏𝑛−1𝑏𝑛+1 ,
⎧
⎨
⎩𝑥2
1=𝑝𝑥2
𝑥2
2=𝑥1𝑞⇒(𝑥1𝑥2)2=𝑥1𝑥2𝑝𝑞⇒𝑥1𝑥2=𝑝𝑞.
Но по теореме Виет а 𝑥1𝑥2=𝑞 , следовательно, 𝑝= 1 и урав-
нение принимает вид 𝑥2−6𝑥+𝑞= 0 . Т ог да при 𝑝= 1
ок аж етс я, что о дин из к орней равен квадрату другого. Но
сумма к орней равна 6 . Т акие числа 𝑡 и𝑡2мо жно получить
из уравнения 𝑡2+𝑡= 6⇒𝑡2+𝑡−6 = 0 .
1)𝑡=−3⇒𝑡2= 9 . Числа{1,−3,9,−27} ;
2)𝑡= 2⇒𝑡2= 4 . Числа{1,2,4,8} .
Ответ : 1)−3 и9 ; 2)2 и4 .
Пример 59. Док азать, что для переменных 𝑥 ,𝑦 и𝑧 вы- 𝛺 107
полняетс я равенство (𝑥2+𝑦2)(𝑦2+𝑧2) = ( 𝑥𝑦+𝑦𝑧)2тог да
и тольк о тог да, к ог да 𝑥 ,𝑦 и𝑧 образуют геометрическую
прогрессию.
Док азательство. Р аскрыв ск обки, после несло жных пре-
образований придем к равенству 𝑦2=𝑥𝑧 . Последнее равен-
ство равносильно утвер ждению о том, что 𝑥 ,𝑦 и𝑧 образуют
геометрическую прогрессию. Утвер ждение док азано.
Пример 60. Найти трехзна чное число, цифры к оторого 𝛺 107
образуют геометрическую прогрессию. Если из этого числа
вычесть 792 , то получитс я число, записанное теми ж е циф-
рами, но в обратном пор ядк е. Если из цифры, выраж ающей
54
число сотен, вычесть 4 , ост альные цифры образуют ариф-
метическую прогрессию.
Р ешение . Переберем все трехзна чные числа, образующие
возраст ающие геометрические прогрессии. Для этого бу дем
рассматривать первые цифры, на чиная с единицы, а знаме-
натель прогрессии – на чиная с двух. Ст ационарную прогрес-
сию сразу исключим, поск ольку для нее не выполняетс я о д-
но из у словий зада чи. Непосредственный перебор пок азыва-
ет , что т аких чисел всего три: 124 ,139 и248 . Каждому числу
соответству ет число, цифры к оторого образуют убывающую
геометрическую прогрессию: 421 ,931 и842 . Вычесть число
792 мы мо ж ем тольк о из последних двух. Второе у словие
выполняетс я лишь для числа 931 .
Ответ :931 .
Пример 61. Пу сть{𝑏𝑘} – геометрическ ая прогрессия. 𝛺 107
Найти произведение ее первых 𝑛 членов, если известны
𝑛∑︁
𝑘=1𝑏𝑘=𝑆 и𝑛∑︁
𝑘=11
𝑏𝑘=𝜎.
Р ешение . Произведение первых 𝑛 членов прогрессии
𝑏1𝑏2𝑏3. . . 𝑏 𝑛=𝑛∏︁
𝑘=1𝑏𝑘=𝑏𝑛
1𝑞𝑛(𝑛−1)
2 (см. с. 36) .
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 55
⎧
⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩𝑛∑︁
𝑘=1𝑏𝑘=𝑆
𝑛∑︁
𝑘=11
𝑏𝑘=𝜎⇒⎧
⎪⎪⎨
⎪⎪⎩𝑏1𝑞𝑛−1
𝑞−1=𝑆
1
𝑏11−1
𝑞𝑛
1−1
𝑞=𝜎
Р азделив первое уравнение на второе, получим:
𝑆
𝜎=𝑏2
1𝑞𝑛−1⇒(︂𝑆
𝜎)︂𝑛
2
=𝑏𝑛
1𝑞𝑛(𝑛−1)
2=𝑛∏︁
𝑘=1𝑏𝑘.
Ответ :𝑛∏︁
𝑘=1𝑏𝑘=(︂𝑆
𝜎)︂𝑛
2
.
§ 2.3. Арифметик о-геометрические прогрессии
36⇔ 65 Последовательность {𝑐𝑛} , первый член к оторой
выбираетс я произвольно, а к аждый следующий получает-
с я из предыдущего по форму ле
𝑐𝑛+1=𝑑+𝑐𝑛𝑞, г де𝑛= 1,2,3, . . . , 𝑑 и𝑞 – к онст анты,
называют арифметик о-геометрическ ой прогрессией .
Т ак ое определение к орректно, поск ольку при 𝑞= 1 из про-
грессии{𝑐𝑛} мы получаем арифметическую, а при 𝑑= 0 –
геометрическую прогрессию. Как и раньше, буквой 𝑑 бу дем
обозна чать разность прогрессии, а 𝑞 – знаменатель. Про-
грессию о днозна чно определяют три параметра: 𝑐1 ,𝑑 и𝑞 .
Пример 62. Являетс я ли последовательность 𝛺 107
56
3,11,27,59,123, . . . арифметик о-геометрическ ой прогресси-
ей? Если да, найдите зна чения 𝑑 и𝑞 .
Р ешение . Для арифметик о-геометрическ ой прогрессии
должны выполнятьс я у словия:
⎧
⎨
⎩𝑐2=𝑑+𝑐1𝑞
𝑐3=𝑑+𝑐2𝑞⇒⎧
⎨
⎩𝑑+ 3𝑞= 11
𝑑+ 11𝑞= 27⇒
⇒8𝑞= 16⇒𝑞= 2⇒𝑑+ 6 = 11⇒𝑑= 5.
У словие 𝑐𝑛+1=𝑑+𝑐𝑛𝑞 выполняетс я и для 𝑛= 3,4,5 .
Ответ :𝑑= 5 ,𝑞= 2.
Пример 63. Являетс я ли последовательность 𝛺 107
4,18,60,185, . . . арифметик о-геометрическ ой прогрессией?
Р ешение . Запишем у словия:
⎧
⎨
⎩𝑐2=𝑑+𝑐1𝑞
𝑐3=𝑑+𝑐2𝑞⇒⎧
⎨
⎩𝑑+ 4𝑞= 18
𝑑+ 18𝑞= 60⇒
⇒14𝑞= 42⇒𝑞= 3⇒𝑑+ 12 = 18⇒𝑑= 6.
Однак о 𝑐4̸=𝑑+𝑐3𝑞 , т . е. 185̸= 6 + 60·3 .
Ответ : не являетс я.
Найдем форму лы для 𝑛 -го члена и суммы первых 𝑛 членов
арифметик о-геометрическ ой прогрессии. Для этого к обеим
част ям равенства 𝑐𝑛+1=𝑑+𝑐𝑛𝑞 прибавим𝑑
𝑞−1:
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 57
𝑐𝑛+1+𝑑
𝑞−1=𝑑+𝑐𝑛𝑞+𝑑
𝑞−1=𝑐𝑛𝑞+𝑑𝑞
𝑞−1=𝑞(︂
𝑐𝑛+𝑑
𝑞−1)︂
.
Т аким образом, 𝑐𝑛+1+𝑑
𝑞−1=𝑞(︂
𝑐𝑛+𝑑
𝑞−1)︂
.
Введем обозна чение 𝑢𝑛=𝑐𝑛+𝑑
𝑞−1. Т ог да 𝑢𝑛+1=𝑞·𝑢𝑛,
г де𝑛= 1,2,3, . . . , последовательность {𝑢𝑛} являетс я гео-
метрическ ой прогрессией и 𝑢𝑛=𝑢1𝑞𝑛−1.
𝑢𝑛=𝑢1𝑞𝑛−1⇒𝑐𝑛+𝑑
𝑞−1=(︂
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︂
𝑞𝑛−1⇒
⇒𝑐𝑛=(︂
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︂
𝑞𝑛−1−𝑑
𝑞−1⇒
⇒𝑆𝑛=𝑛∑︁
𝑘=1𝑐𝑘=(︂
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︂𝑞𝑛−1
𝑞−1−𝑛𝑑
𝑞−1.
Мы вывели две форму лы:
⎧
⎨
⎩𝑐𝑛=(︁
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︁
𝑞𝑛−1−𝑑
𝑞−1;
𝑆𝑛=(︁
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︁
𝑞𝑛−1
𝑞−1−𝑛𝑑
𝑞−1.(1)
Пример 64. Найти седьмой член прогрессии, первый член 𝛺 108
к оторой равен 5 , разность 𝑑= 3 и знаменателеь 𝑞= 2 .
58
Р ешение . Применим первую из форму л (1):
𝑐7=(︂
5 +3
2−1)︂
26−3
2−1= 509 .
Ответ :509 .
Пример 65. Найти сумму первых пяти членов 𝛺 108
прогрессии, первый член к оторой равен 5, 𝑑= 3 и𝑞= 6 .
Р ешение . Применим вторую из форму л (1):
𝑆5=(︂
5 +3
2−1)︂25−1
2−1−3·5
2−1= 233 .
Ответ :233 .
Параметры 𝑑 и𝑞 арифметик о-геометрическ ой прогрессии
мо жно выразить из равенств:
⎧
⎨
⎩𝑐𝑛=𝑐𝑛−1𝑞+𝑑
𝑐𝑛+1=𝑐𝑛𝑞+𝑑⇒𝑞=𝑐𝑛+1−𝑐𝑛
𝑐𝑛−𝑐𝑛−1⇒
⇒𝑐𝑛+1=𝑐𝑛𝑐𝑛+1−𝑐𝑛
𝑐𝑛−𝑐𝑛−1+𝑑⇒𝑑=𝑐2
𝑛−𝑐𝑛+1𝑐𝑛−1
𝑐𝑛−𝑐𝑛−1⇒
⇒⎧
⎪⎨
⎪⎩𝑑=𝑐2
𝑛−𝑐𝑛+1𝑐𝑛−1
𝑐𝑛−𝑐𝑛−1
𝑞=𝑐𝑛+1−𝑐𝑛
𝑐𝑛−𝑐𝑛−1(2)
Два важных замечания: при 𝑑=𝑐1(1−𝑞) прогрессия ст а-
ционарна, т . е. 𝑐1=𝑐2=𝑐3=. . .=𝑑
1−𝑞; при|𝑞|<1
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 59
lim
𝑛→∞𝑐𝑛= lim
𝑛→∞(︂
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︂
𝑞𝑛−1−𝑑
𝑞−1=𝑑
1−𝑞.
Пример 66. Дана трапеция 𝐴𝐵𝐵 1𝐴1 , у к оторой|𝐴𝐵|=𝑐𝛺 108
и|𝐴1𝐵1|=𝑐1 . Пу сть 𝐴2 – точк а пересечения диагонали 𝐴𝐵1
со средней линией трапеции 𝐶2𝐷2 ,𝐵2 – точк а пересече-
ния диагонали 𝐵𝐴1 со средней линией трапеции. Основание
трапеции 𝐴𝐵𝐵 2𝐴2 равно|𝐴2𝐵2|=𝑐2 (рис. 6а). В трапеции
𝐴𝐵𝐵 2𝐴2 т акж е найдем точки пересечения средней линии
с диагоналями 𝐴𝐵2 и𝐵𝐴2 : соответственно 𝐴3 и𝐵3 . Осно-
вание трапеции 𝐴𝐵𝐵 3𝐴3 равно|𝐴3𝐵3|=𝑐3 (рис. 6б). Про-
должив этот процесс, получим последовательность 𝑐𝑛 , г де
𝑛= 1,2,3, . . . . Найти lim
𝑛→∞𝑐𝑛 , т . е. предел последовательно-
сти вер хних оснований трапеций.
Р ешение . Поло жим 𝑐1< 𝑐 . Т ак к ак 𝐶2𝐷2 – средняя ли-
Рис. 6. Последовательность трапеций
ния трапеции, 𝐶2𝐵2 – средняя линия треугольник а 𝐴𝐴1𝐵 ,
а𝐶2𝐴2 – средняя линия треугольник а 𝐴𝐴1𝐵1 , следователь-
но,|𝐶2𝐵2|=1
2𝑐 и|𝐶2𝐴2|=1
2𝑐1 .|𝐴2𝐵2|=|𝐶2𝐵2|−|𝐶2𝐴2| .
60
Аналогично для трапеций 𝐴𝐵𝐵 2𝐴2 ,𝐴𝐵𝐵 3𝐴3 и т . д. После-
довательность⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩𝑐2=1
2𝑐−1
2𝑐1;
𝑐3=1
2𝑐−1
2𝑐2;
𝑐4=1
2𝑐−1
2𝑐3;
. . .(3)
определяетс я первым членом 𝑐1 и рекурентным отношени-
ем𝑐𝑛+1=1
2𝑐−1
2𝑐𝑛 . Т аким образом, последовательность {𝑐𝑛}
являетс я арифметик о-геометрическ ой прогрессией с первым
членом 𝑐1 , разностью 𝑑=1
2𝑐 и знаменателем (−1
2) . Приме-
нив форму лу 𝑛 -го члена (1), получим:
𝑐𝑛=(︁
𝑐1−𝑐
3)︁(︂
−1
2)︂𝑛−1
+𝑐
3.
lim
𝑛→∞𝑐𝑛= lim
𝑛→∞(︁
𝑐1−𝑐
3)︁(︂
−1
2)︂𝑛−1
+𝑐
3=𝑐
3.
До сих пор мы ис х о дили из предполо ж ения 𝑐1< 𝑐 .
А если ок аж етс я 𝑐1> 𝑐 ? Т ог да изменитс я тольк о первое
из равенств (3): 𝑐2=1
2𝑐1−1
2𝑐 . На к аждом следующем шаге
бу дет иметь место отношение 𝑐𝑛< 𝑐 , т . е. вер хнее основание
трапеции бу дет меньше нижнего. Если нижнее основание
втрое больше вер хнего, т . е. 𝑐= 3𝑐1 , то𝑐𝑛=𝑐
3=𝑐1 для всех
𝑛= 1,2,3, . . . .
Ответ :𝑐
3.
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 61
Следующий пример пок аж ет , к ак формальное применение
инструмент а мо ж ет привести к нелепому резу ль т ату .
Пример 67. Дан остроугольный треугольник 𝐴1𝐵1𝐶1 ,𝛺 108
вписанный в нек оторую окружность (рис. 7). Из вершины
Рис. 7. Последовательность треугольник ов
уг ла 𝐴1 опу стим высоту на противополо жную сторону и обо-
зна чим точку пересечения с окружностью про долж ения вы-
соты к ак 𝐴2 . Аналогично точки пересечений с окружностью
про долж ений высот , опущенных из точек 𝐵1 и𝐶1 , обозна чим
к ак𝐵2 и𝐶2 . Т аким образом, получим новый треугольник
𝐴2𝐵2𝐶2 . Как видно на рис. 7, он то ж е остроугольный, т . е.
все его уг лы острые. Р ассмотрим ̸𝐴2≠𝐶2𝐴2𝐴1+̸𝐴1𝐴2𝐵2 .
Поск ольку уг лы, опирающиес я на о дну и ту ж е дугу , рав-
ны,̸𝐶2𝐴2𝐴1≠𝐶2𝐶1𝐴1 и̸𝐴1𝐴2𝐵2≠𝐴1𝐵1𝐵2 . Основания
62
высот отмечены буквами 𝑁𝐴 ,𝑁𝐵 и𝑁𝐶 .̸𝐶2𝐶1𝐴1 – острый
угол пр ямоугольного треугольник а 𝐶1𝑁𝐶𝐴1 , другой острый
угол к оторого ̸𝐴1 . Следовательно, ̸𝐶2𝐴2𝐴1≠𝐶2𝐶1𝐴1=
=𝜋
2−̸𝐴1 . Аналогично ̸𝐴1𝐵1𝐵2 – острый угол пр ямоуголь-
ного треугольник а 𝐵1𝑁𝐵𝐴1 , другой острый угол к оторого
̸𝐴1 , и̸𝐴1𝐴2𝐵2≠𝐴1𝐵1𝐵2=𝜋
2−̸𝐴1 . Следовательно,
̸𝐴2=𝜋−2̸𝐴1 . Т очно т ак ое ж е равенство имеет место и для
̸𝐵2 и̸𝐶2 . Вернемс я к рис. 7. Если повторить все ук азан-
ные выше построения для треугольник а 𝐴2𝐵2𝐶2 , то придем
к треугольнику 𝐴3𝐵3𝐶3 . Причем
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩̸𝐴2=𝜋−2̸𝐴1
̸𝐵2=𝜋−2̸𝐵1
̸𝐶2=𝜋−2̸𝐶1и⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩̸𝐴3=𝜋−2̸𝐴2
̸𝐵3=𝜋−2̸𝐵2
̸𝐶3=𝜋−2̸𝐶2
Мо жно по думать, что мы имеем дело с арифметик о-
геометрическ ой прогрессией, разность к оторой 𝑑=𝜋 , а зна-
менатель 𝑞=−2 . Т ог да уг лы любого треугольник а из после-
довательности нах о дятс я по первой из форму л (1) на с. 57:
⎧
⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎩̸𝐴𝑛=(︁
̸𝐴1−𝜋
3)︁
(−2)𝑛−1+𝜋
3;
̸𝐵𝑛=(︁
̸𝐵1−𝜋
3)︁
(−2)𝑛−1+𝜋
3;
̸𝐶𝑛=(︁
̸𝐶1−𝜋
3)︁
(−2)𝑛−1+𝜋
3.(4)
Т ак ли это?
Р ешение . Если все уг лы ис х о дного треугольник а 𝐴1𝐵1𝐶1
Г ЛАВА 2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРОГРЕССИИ 63
равны𝜋
3, т . е. треугольник правильный, в последовательно-
сти𝐴𝑛𝐵𝑛𝐶𝑛 бу дут беск онечно чередоватьс я два правильных
треугольник а, при нало ж ении образующих «звезду Давида»
(гек саграмму). Если ж е х от я бы о дин угол ок аж етс я от лич-
ным от𝜋
3, то соответствующее выраж ение в круг лых ск об-
к ах перед (−2)𝑛−1в равенствах (4) бу дет от лично от ну ля
и его произведение на (−2)𝑛−1бу дет принимать ск оль уго д-
но большие по мо ду лю поочередно поло жительные и отри-
цательные зна чения. Но все приведенные в форму лировк е
зада чи рассуждения справедливы тольк о для остроуголь-
ного треугольник а. А кто ск азал, что для нек оторого 𝑛 тре-
угольник 𝐴𝑛𝐵𝑛𝐶𝑛 не ок аж етс я тупоугольным? Например,
если уг лы треугольник а 𝐴1𝐵1𝐶1 равны соответственно 50𝑜,
60𝑜и70𝑜, то уг лы треугольник а 𝐴2𝐵2𝐶2 –80𝑜,60𝑜и40𝑜,
а уг лы 𝐴3𝐵3𝐶3 –20𝑜,60𝑜и100𝑜. Здесь̸𝐶3 тупой.
Ответ : на нек отором эт апе вычислений по первой из фор-
му л (1) треугольник 𝐴𝑛𝐵𝑛𝐶𝑛 перест анет быть остроуголь-
ным и равенства (4) не бу дут выполнятьс я.
Пример 68. Уг лы шестиугольник а образуют арифметик о- 𝛺 108
геометрическую прогрессию со знаменателем 𝑞= 2 . Найти
все уг лы шестиугольник а, если наибольший угол равен 160𝑜.
Р ешение . Поск ольку сумма уг лов шестиугольник а равна
64
(6−2)·180𝑜= 720𝑜, из форму л (1) на с. 57 следу ет:
⎧
⎨
⎩𝑐6= 160
𝑆6= 720⇒⎧
⎨
⎩(𝑐1+𝑑)32−𝑑= 160
(𝑐1+𝑑)63−6𝑑= 720⇒
⇒⎧
⎨
⎩32𝑐1+ 31𝑑= 160
63𝑐1+ 57𝑑= 720⇒⎧
⎨
⎩𝑐1=4400
43
𝑑=−5600
43
При известных зна чениях 𝑐1 ,𝑞 и𝑑 зна чения уг лов 𝑐2, 𝑐3, 𝑐4, 𝑐5
мо жно найти непосредственно по форму ле
𝑐𝑛=(︂
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︂
𝑞𝑛−1−𝑑
𝑞−1,
г де𝑛= 2 ,3,4,5 , или через реккурентное отношение
𝑐𝑛=𝑐𝑛−1𝑞+𝑑 .
Ответ :
{︂4 400𝑜
43,4 480𝑜
43,4 640𝑜
43,4 960𝑜
43,5 600𝑜
43,160𝑜}︂
.
Зада чи на применение арифметик о-геометрических прогрес-
сий в финансовых вычислениях вы найдете на с. 94.
Г лава 3. Финансовые вычисления
В этой г лаве речь пойдет об о дной из важнейших областей
прило ж ения теории прогрессий, историческ ое название к о-
торой финансовые вычисления. Но сна чала мы должны по-
знак омитьс я с нек оторыми основными понятиями финансо-
вой математики. Кредитор, предост авляя к ому-либо во вре-
менное пользование деньги или другую собственность, на
нек оторое время лишаетс я возмо жности использовать эти
активы в личных интересах. К тому ж е средства тру да по д-
вер ж ены износу , а деньги обесцениваютс я по причине ин-
фляции. Нак онец, кредит всег да связан с риск ом несвоевре-
менного возврат а и даж е невозврат а. Поэтому у слуги креди-
тора нуждаютс я в вознаграждении в виде процентов. Пу сть
𝑃 – первона чальная сумма долг а, тог да в к онце срок а с дел-
ки кредитор долж ен получить нек оторую сумму 𝑆=𝑃+𝑅 ,
г де𝑅 – проценты. Ниж е мы рассмотрим мето ды на числения
процентов.
§ 3.1. Простые проценты
36⇔ 65 Как определить размер причит ающегос я кредито-
ру вознаграждения? Если прок ат о дной ло дки на ло дочной
ст анции стоит 100 руб. в час, то большинство сочтет спра-
ведливой плату в размере 200 руб. за 2 часа пользования
о дной ло дк ой, а т акж е 200 руб. за 1 час прок ат а 2 ло док.
66
Т ог да есть смысл величину вознаграждения с делать про-
порциональной величине предост авленного актива и време-
ни, на к оторое этот актив предост авлен:
𝑅=𝑟·𝑃·𝑡. (5)
Здесь 𝑃 – величина актива, 𝑡 – время, на к оторое он предо-
ст авлен, а к оэффициент 𝑟 – процентная ст авк а . Т ак ой
способ определения вознаграждения называют простыми
процент ами . Простые проценты обычно применяютс я
в кратк осрочных с делк ах на срок до го да. Т ем не менее вре-
мя в финансовых вычислениях принято измер ять в го дах
и по д процентной ст авк ой, к ак правило, понимают го довую
процентную ст авку . Первый и последний дни с делки счи-
т ают за о дин день. Поэтому при расчет ах мы мо ж ем просто
отбросить первый или последний день. Интервал времени
между датой на чала с делки и датой ок ончания разбивают
на три части, соответствующие первому неполному мес яцу ,
следующим полным мес яцам, последнему неполному мес я-
цу . Количество дней с делки нах о дитс я к ак к оличество
дней в первом неполном мес яце + к оличество дней в пол-
ных мес яцах + к оличество дней в последнем неполном мес я-
це. Время с делки 𝑡 определяетс я к ак отношение к оличества
дней с делки к к оличеству дней в го ду . На первый взг ляд, все
просто, но дело в том, что существуют
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 67
разные предст авления о к оличестве дней в мес яце и в го-
ду . В финансовых вычислениях часто оперируют понятиями
к оммерческий мес яц , к оторый состоит ровно из 30 дней,
и к оммерческий го д , к оторый состоит ровно из 360 дней,
т . е. из 12 к оммерческих мес яцев. Здесь уместно вспомнить,
что угол в 1𝑜определяетс я к ак центральный угол, опираю-
щийс я на1
360длины окружности. Т ак ой способ измерения
уг лов заимствован из древних к алендарей, в к оторых го д
изображ али к ак окружность, разбитую на сектора. Каждо-
му сектору соответствовал о дин день. У древних египт ян
го д состо ял из 12 мес яцев по 30 дней, а в к онце к ним до-
бавляли недост ающие 5 дней. В финансовых вычислениях
сло жились три способа определения времени с делки:
I. Т очные проценты с точным числом дней ссу ды
(365/365) . Время – отношение к алендарного к оличестива
дней к к алендарному го ду . Применяетс я банк ами Велик о-
брит ании, США и др.
I I. Обыкновенные проценты с точным числом дней
ссу ды (365/360) . Время – отношение к алендарного к оли-
чества дней к к оммерческ ому го ду . Применяетс я во Фран-
ции, Бельгии, Швейцарии и др.
I I I. Обыкновенные проценты с приближ енным чис-
лом дней ссу ды (360/360) . При расчете к оличества дней
полные мес яцы счит аютс я к оммерческими. Г о д – к оммерче-
ский. Применяетс я в Г ермании, Швеции, Дании и др.
68
Пример 69. Кредит выдан 21 апреля 2016 г . на срок до 𝛺 108
12 но ябр я 2016 г . Определить время с делки.
Р ешение . Р ассмотрим все три способа.
1. Т очные проценты с точным числом дней ссу ды. Количе-
ство дней 𝑛= 9 +полные мес яцы⏞  ⏟  
31 + 30 + 31 + 31 + 30 + 31 +12 = 205 ⇒
⇒𝑡=𝑛
365=205
365= 0.562 .
2. Обыкновенные проценты с точным числом дней ссу ды.
𝑛= 9 +полные мес яцы⏞  ⏟  
31 + 30 + 31 + 31 + 30 + 31 +12 = 205 ⇒
⇒𝑡=𝑛
360=205
360= 0.569 .
3. Обыкновенные проценты с приближ енным числом дней
ссу ды. Количество дней 𝑛= 9 +полные мес яцы⏞ ⏟ 
6·30 +12 = 201 ⇒
⇒𝑡=𝑛
360=201
360= 0.558 .
Ответ : 1)𝑡= 0.562 ; 2)𝑡= 0.569 ; 3)𝑡= 0.558 .
Ит ак, если сумма 𝑃 предост авлена на время 𝑡 , в к онце срок а
кредитор (форму лa (5) на с. 66) долж ен получить сумму
𝑆=𝑃+𝑅=𝑃+𝑟𝑃𝑡=𝑃(1 +𝑟𝑡). (6)
Величину 1 +𝑟𝑡 бу дем называть мно жителем наращения.
Долг по д простые проценты за равные промежутки времени
𝑡 возраст ает на о дну и ту ж е величину 𝑃𝑟𝑡 , т . е. растет по
зак ону арифметическ ой прогрессии. Т еперь у сло жним у сло-
вия зада чи.
Пример 70. 21 апреля 2016 г . в кредит по д 20 % го довых 𝛺 109
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 69
выдано 100 тыс. руб. на срок до 12 но ябр я 2016 г . Какую
сумму долж ен получить кредитор 12 но ябр я?
Р ешение . Мы знаем, что резу ль т ат зависит от способа опре-
деления времени с делки. Ис х о дя из определенных в преды-
дущем примере зна чений времени с делки, найдем по фор-
му ле (6) зна чения к онечной суммы 𝑆 :
1. (365/365).
𝑛= 205⇒𝑡= 0.562⇒𝑆= 100(1 + 0 .2·0.562) = 111 233 .
2. (365/360).
𝑛= 205⇒𝑡= 0.569⇒𝑆= 100(1 + 0 .2·0.569) = 111 389 .
3. (360/360).
𝑛= 201⇒𝑡= 0.558⇒𝑆= 100(1 + 0 .2·0.558) = 111 167 .
Ответ : 1) 𝑆= 111 233 (руб.); 2) 𝑆= 111 389 (руб.);
3)𝑆= 111 167 (руб.).
Иног да, наоборот , требу етс я по известной к онечной сумме
определить ис х о дную. В т ак ом случае из (6) следу ет:
𝑃=𝑆
(1 +𝑟𝑡). (7)
Операцию, заданную равенством (7), называют диск онти-
рованием , а величину1
(1 +𝑟𝑡)– диск онтным мно жите-
лем (анг л. disc ount – скидк а).
Пример 71. Леша 3 март а 2017 г . получит 500 тыс. руб. 𝛺 109
за с данное в аренду помещение. Но 22 сент ябр я 2016 г . ему
срочно понадобились деньги. Какую сумму он мо ж ет взять
70
в кредит по д 18 % го довых, чтобы 3 март а полностью пог а-
сить долг? Время с делки определить по с х еме 360/360 .
Р ешение . Количество дней 𝑛= 18 + 5·30 + 3 = 171⇒
⇒𝑡=171
360= 0.475⇒𝑃=𝑆
1 +𝑟𝑡=
=500
1 + 0 .18·0.475= 460 .617.
Ответ : Леша мо ж ет взять в кредит не более 460 617 руб.
В любой эк ономическ ой деятельности прих о дитс я опериро-
вать активами, относ ящимис я к разным перио дом време-
ни. Но даж е очень далекий от эк ономики человек обычно
понимает , что «сего дняшняя» тыс яча и «завтрашняя» ты-
с яча – разные деньги. Процентная ст авк а через форму лы
𝑆=𝑃(1 +𝑟𝑡) и𝑃=𝑆
1 +𝑟𝑡задает соответствие между «се-
го дняшними» и «завтрашними» деньг ами. В случае диск он-
тирования иног да у добней работ ать не с процентной, а с т ак
называемой диск онтной ст авк ой , к оторую т акж е называ-
ют учетной . Пу сть 𝑆 – к онечная сумма, а 𝑃 – соответству-
ющая ей на чальная сумма. Т ог да
𝑃=𝑆−𝐷=𝑆−𝑑𝑆𝑡=𝑆(1−𝑑𝑡), (8)
г де 𝐷 – диск онт (скидк а), 𝑑 – диск онтная ст авк а,
а(1−𝑑𝑡) – диск онтный мно житель. Одну и ту ж е с дел-
ку мо жно осуществить, отт алкиваясь к ак от процентной,
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 71
т ак и от диск онтной ст авки:
Форму ла Операция Ст авк а
𝑆=𝑃(1 +𝑟𝑡) наращение процентная
𝑃=𝑆
1 +𝑟𝑡диск онтирование процентная
𝑃=𝑆(1−𝑑𝑡) диск онтирование диск онтная
𝑆=𝑃
1−𝑑𝑡наращение диск онтная
Если в двух с делк ах совпадают зна чения 𝑃 ,𝑆 и𝑡 , бу дем
говорить, что они эквивалентны . Пу сть в о дной из двух
эквивалентных с делок мы использовали процентную ст авку
𝑟 , а в другой – диск онтную ст авку 𝑑 :
⎧
⎨
⎩𝑆=𝑃(1 +𝑟𝑡)
𝑃=𝑆(1−𝑑𝑡)⇒⎧
⎪⎨
⎪⎩𝑆=𝑃(1 +𝑟𝑡)
𝑆=𝑃
1−𝑑𝑡⇒1+𝑟𝑡=1
1−𝑑𝑡⇒
⇒1
𝑑−1
𝑟=𝑡⇒(︂
𝑑=𝑟
1 +𝑟𝑡)︂
&(︂
𝑟=𝑑
1−𝑑𝑡)︂
. (9)
Если выполнены у словия (9), процентная и диск онтная ст ав-
ки обеспечивают эквивалентные с делки и мы бу дем гово-
рить, что процентная и диск онтная ст авки эквивалент-
ны :𝑑∼𝑟 . Как видно из форму л (9), чтобы, зная про-
центную ст авку , найти эквивалентную ей диск онтную, надо
про диск онтировать процентную ст авку по этой ж е процент-
ной ст авк е, а чтобы, зная дик онтную ст авку , найти эквива-
лентную ей процентную, надо нарастить диск онтную ст авку
72
по этой ж е диск онтной ст авк е. Заметим т акж е, что отноше-
ние𝑑∼𝑟 зависит от времени 𝑡 . При стремлении 𝑡 к ну лю,
𝑑 стремитс я к 𝑟 , а при стремлении 𝑡 к беск онечности – к ну-
лю: lim
𝑡→0𝑑=𝑟; lim
𝑡→+∞𝑑= 0.
Пример 72. Найти учетную ст авку , эквивалентную про- 𝛺 109
центной 20 % го довых, если время с делки 𝑡= 0.5 го да.
Р ешение :𝑟= 0.2⇒𝑑=0.2
1 + 0 .2·0.5= 0.182.
Ответ :18.2 %.
Пример 73. Найти процентную ст авку , эквивалентную 𝛺 109
диск онтной 18 % го довых, если время с делки 𝑡= 0.3 го да.
Р ешение :𝑑= 0.18⇒𝑟=0.18
1−0.18·0.3= 0.19.
Ответ :19 %.
Учетная (диск онтная) ст авк а использу етс я при проведении
операций с век селями. В этом случае время с делки обычно
рассчитываетс я по с х еме 360/360 . Век сель – это долговая
расписк а. Т от , кто выписывает век сель, – век селедатель ,
а тот , кто получает , – век селедер ж атель . Иног да век селе-
дер ж атель мо ж ет передать век сель третьему лицу к ак сред-
ство платеж а за товар или у слугу . Т ог да век сель выполня-
ет функцию денег (разумеетс я, если партнер готов принять
платеж в виде век селя).
Пример 74. Леше не хватило 1 млн руб. на покупку 𝛺 110
обору дования, и про давец Г оша сог ласилс я принять от него
век сель по учетной ст авк е 24 % го довых. Леша об язалс я
заплатить предъявителю век селя нек оторую сумму денег
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 73
5 июня 2016 г . Как ая сумма должна быть прост авлена на
век селе, если век сель выписан 25 но ябр я 2015 г .? Век селе-
дер ж ателю 14 февраля 2016 г . понадобились деньги, и о дин
к оммерческий банк сог ласилс я принять век сель по учетной
ст авк е 22 % го довых. Какую сумму получит на руки Леша?
Р ешение . Про должительность «жизни» век селя
𝑛= 5 + 6·30 + 5 = 190 (дней)⇒𝑡=190
360= 0.528 (г .).
𝑃=𝑆(1−𝑑𝑡)⇒𝑆=𝑃
1−𝑑𝑡= 1 145 .108 (тыс. руб.).
14 февраля 2016 г . до даты платеж а ост авалось
𝑛= 15 + 3·30 + 5 = 110 (дней)⇒𝑡=110
360= 0.306 (г .).
𝑃1= 1 145 .108(1−0.22·0.306) = 1 068 .019 (тыс. руб.).
Ответ : век селедатель Леша долж ен выписать век сель на
1 млн 145 тыс. 108 руб. Век селедер ж атель Г оша 14 февра-
ля 2016 г . смо ж ет учесть в банк е этот век сель и получить
1 млн 68 тыс. 19 руб.
В этой зада че мы сна чала нарастили ис х о дную сумму , затем
диск онтировали к онечную. Р азумеетс я, опу стив целый р яд
нюансов. В частности, век сель примут тольк о от надежного
век селедателя.
Иначе может возникнуть такая схе ма: Леша б анкрот, его
друг Г оша тоже. Леша выписывает Г оше вексе ль на 1 млн,
а Г оша точно такой же вексе ль Леше. Зате м об а идут
в р азные ко ммерческие б анки, где учитывают свои вексе ля.
74
Вечеро м два новоиспеченных мил лионер а совместно отме-
чают удачную сде лку.
Пример 75. За к ак ое время у двоитс я сумма денег , ссу- 𝛺 110
ж енная по д 20 го довых процентов?
Р ешение :𝑃(1 +𝑟𝑡) = 2 𝑃⇒1 +𝑟𝑡= 2⇒𝑡=1
𝑟=1
0.2= 5.
Ответ : за 5 лет .
Пример 76. За к ак ое время 𝑡𝑛 сумма денег , ссуж енная 𝛺 110
по д𝑟 го довых процентов, возрастет в 𝑛 раз?
Р ешение :𝑃(1 +𝑟𝑡𝑛) =𝑛𝑃⇒1 +𝑟𝑡𝑛=𝑛⇒𝑡𝑛= (𝑛−1)1
𝑟.
Здесь 𝑡𝑛= (𝑛−1)1
𝑟, г де 𝑛= 1,2,3, . . . , –𝑛 -й член арифмети-
ческ ой прогрессии с первым членом 𝑡1= 0 и разностью1
𝑟.
Ответ : за(𝑛−1)1
𝑟лет .
§ 3.2. Сло жные проценты
65⇔ 83 А если бы кроме простых процентов ник аких дру-
гих не было? Т ог да мог ла возникнуть следующая ситу а-
ция. Вы поло жили 𝑃 рублей в банк по д 𝑟 го довых процен-
тов. Сумма вклада к аждый мес яц увеличиваетс я на вели-
чину 𝑃𝑟
12, т . е. по зак ону арифметическ ой прогрессии. Ка-
к ое ж елание по явитс я у вас через го д? Конечно, ж елание
снять деньги со счет а и опять поло жить их на счет по д те
ж е проценты. В этом случае проценты бу дут на числятьс я
с суммы 𝑃1=𝑃(1 + 𝑟) , т . е. вклад бу дет расти по зак ону
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 75
𝑃(1 +𝑟)(1 + 𝑟𝑡) , и уж е в первый мес яц нового го да прирост
сост авит не 𝑃𝑟
12, а𝑃(1 + 𝑟)𝑟
12руб. Сло жные процен-
ты позволяют избеж ать по добных ситу аций. На числение
по сло жным процент ам описываетс я форму лой
𝑆=𝑃(1 +𝑟)𝑡, (10)
г де(1 +𝑟)𝑡– мно житель наращения. За го д сумма вырастет
до𝑃(1 + 𝑟) , за два го да – до 𝑃(1 + 𝑟)2и т . д. Т аким об-
разом, вклад растет по зак ону геометрическ ой прогрессии,
нумерацию членов к оторой у добней на чинать не с единицы,
а с ну ля. Т ог да моменту открытия счет а 𝑡= 0 соответ-
ству ет первый член прогрессии 𝑃0=𝑃 , го довой мно житель
наращения (1+𝑟) бу дет знаменателем прогрессии. Как вид-
но на рис. 8, суммы, наращенные по простым и сло жным
процент ам, совпадают при 𝑡= 0 и𝑡= 1 . При 𝑡∈(0; 1)
сумма, наращенная по простым процент ам, больше суммы,
наращенной по сло жным; при 𝑡 >1 наоборот . Поэтому бан-
ки предпочит ают давать кратк осрочные кредиты (до го да)
по д простые проценты, а долгосрочные – по д сло жные.
Пример 77. Леша поло жил 10 000 руб. в сбербанк по д 𝛺 110
12 % го довых. На числение процентов проис х о дит 1 раз в го д.
Как ая сумма бу дет на счету у Леши через 5 лет?
Р ешение . Через 5 лет на счету бу дет
𝑆= 10 000·(1 + 0 .12)5= 17 623 .
76
Рис. 8. На числение по простым и сло жным процент ам
Ответ :17 623 руб.
Пример 78. Земля Манхэттена в насто ящее время стоит 𝛺 111
ок оло 100 млр д дол. «Белые лю ди» 400 лет назад выкупили
остров у индейцев за 24 дол. По д к акие проценты индейцам
надо было поло жить эти 24 дол. в банк, чтобы сего дня по-
лучить 100 млр д?
Р ешение :
24(1 + 𝑟)400= 1011⇒𝑟=(︂1011
24)︂1
400
−1 = 0 .057.
Ответ :5.7 % .
Зада ча об изобрет ателе шахмат (см. с. 40) про демонстриро-
вала, к ак быстро растет 𝑛 -й член геометрическ ой прогрес-
сии со знаменателем 2 . Ок азываетс я, не т ак уж медленно
растет и 𝑛 -й член прогрессии со знаменателем 1.057 .
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 77
В пос ледней задаче мы упростили ситуацию. На с амо м де-
ле Манхэттен купил в 1626 г. губернатор го л ландской ко-
лонии Питер Минунт за зеркала, стеклянные бусы и дру-
гие безде лушки общей стоимостью 24 до л.
На числение по сло жным процент ам мо ж ет произво дитьс я
не тольк о о дин, но и неск ольк о раз в го д: 4 раза (еж еквар-
т ально), 12 раз (еж емес ячно), практикуют даж е еж едневное
на числение. Если на числение произво дитс я 𝑛 раз в го д, то
ст авк а за перио д равна𝑟
𝑛и форму ла расчет а суммы, нара-
щенной за время 𝑡 , принимает вид
𝑆=𝑃(︁
1 +𝑟
𝑛)︁𝑛𝑡
. (11)
Ина че говор я, зна чения нак опленной суммы образуют гео-
метрическую прогрессию 𝑆𝑘=𝑃(︁
1 +𝑟
𝑛)︁𝑘
, г де𝑘= 0,1,2, . . .
– перио д на числения, 𝑆0=𝑃 – первый член и(︀
1 +𝑟
𝑛)︀
– зна-
менатель прогрессии. При о дной и той ж е го довой процент-
ной ст авк е наибольший рост даст с х ема, при к оторой на чис-
лений в го ду больше. Т ак, если мы поло жим 100 000 руб. по д
12 % го довых, то через 1 го д получим, в случае на числения
процентов 1 раз в го д, 112 000 руб., а в случае еж емес ячного
на числения – 112 683 руб. Еще заметней ст анет рас х о жде-
ние через 3 го да: 140 493 руб. по первой с х еме и 143 077 руб.
по второй. Чтобы иметь возмо жность сравнить разные с х е-
мы на числения, введем и для сло жных процентов понятие
78
эквивалентных ст авок. Пу сть 𝑟1 – ст авк а при на числении
процентов 1 раз в го д, а 𝑟𝑛 – при на числении 𝑛 раз в го д.
Бу дем говорить, что эти ст авки эквивалентны, если в к онце
го да обе с х емы приведут к о динак овому резу ль т ату в том
смысле, что 𝑟𝑛∼𝑟1⇒𝑃(1 +𝑟1) =𝑃(︁
1 +𝑟𝑛
𝑛)︁𝑛
⇒
⇒⎧
⎨
⎩𝑟1=(︁
1 +𝑟𝑛
𝑛)︁𝑛
−1;
𝑟𝑛=𝑛(︀𝑛√
1 +𝑟1−1)︀
.(12)
Пример 79. Г оша х очет открыть счет в банк е. Ему 𝛺 111
предло жили на выбор о дну из двух с х ем: 𝑟2= 12 % го довых
при на числении процентов 1 раз в полго да или 𝑟12= 11.8 %
го довых при на числении 1 раз в мес яц. На к ак ом варианте
ему следу ет ост ановитьс я?
Р ешение :
𝑟2= 12 %∼𝑟1=(︁
1 +𝑟2
2)︁2
−1 = 0 .1236 = 12 .36 %;
𝑟12= 11.8 %∼𝑟1=(︁
1 +𝑟12
12)︁12
−1 = 0 .1246 = 12 .46 %.
Ответ : Г оше следу ет выбрать вторую с х ему: 11.8 % го довых
при еж емес ячном на числении процентов.
А что произойдет , если у стремить к оличество на числений
в го ду к беск онечности? Использу я известный предел
lim
𝑥→+∞(︂
1 +1
𝑥)︂𝑥
=𝑒,
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 79
г де𝑒≈2.73 – посто янная Эйлера, найдем
lim
𝑛→∞𝑃(︁
1 +𝑟
𝑛)︁𝑛𝑡
=𝑃·lim
𝑛→∞[︃(︂
1 +1
𝑛
𝑟)︂𝑛
𝑟]︃𝑟𝑡
=𝑃·𝑒𝑟𝑡.
Мы пришли к еще о дному виду процентов – непрерывным
процент ам . Процентную ст авку непрерывных процентов
называют силой рост а . Обозна чим силу рост а греческ ой
буквой 𝜌 . Т аким образом, непрерывные проценты на числя-
ютс я по форму ле
𝑆=𝑃·𝑒𝜌𝑡. (13)
Непрерывные проценты часто применяют в математических
мо делях эк ономических процессов. Простые и сло жные про-
центы в этом случае мо жно рассматривать к ак приближ е-
ние непрерывных. Действительно,
lim
𝛼→0𝑒𝛼−1
𝛼= 1⇒ при малых зна чениях 𝛼 𝑒𝛼−1≈𝛼. Т ог да:
1) при малых 𝑟𝑡 𝑆 =𝑃(1 +𝑒𝑟𝑡−1)≈𝑃(1 +𝑟𝑡);
2) при малых 𝑟 𝑆 =𝑃[(1 + 𝑒𝑟−1)]𝑡≈𝑃(1 +𝑟)𝑡.
Если не оговорено противное, в дальнейшем, называя про-
центную ст авку , бу дем по дразумевать с х ему на числения по
сло жным процент ам о дин раз в го д. Для сло жных процен-
тов т акж е определена операция диск онтирования, обратная
80
наращению: 𝑆=𝑃(1 +𝑟)𝑡⇒𝑃=𝑆
(1 +𝑟)𝑡.
Пример 80. Г оша расчитывает через 3 го да получить 𝛺 111
300 000 руб. Какую сумму он мо ж ет занять сего дня по д 21 %
го довых, чтобы через 3 го да полностью пог асить долг?
Р ешение :
300 000 = 𝑃·(1 + 0 .21)3⇒𝑃=300 000
(1 + 0 .21)3= 169 342 .
Ответ :169 342 руб.
Операция диск онтирования т акж е мо ж ет прово дитьс я с ис-
пользованием диск онтной ст авки, к оторая определяетс я из
соотношения1
(1 +𝑟)𝑡= (1−𝑑)𝑡⇒1
𝑑−1
𝑟= 1. В этом слу-
чае диск онтная ст авк а 𝑑 эквивалентна процентной 𝑟 :𝑑∼𝑟 .
В от личие от случая простых процентов, диск онтная ст авк а
по сло жным процент ам, эквивалентная заданной процент-
ной, не зависит от времени с делки:
𝑑∼𝑟⇒(︂
𝑑=𝑟
1 +𝑟)︂
&(︂
𝑟=𝑑
1−𝑑)︂
. (14)
Ког да на числение по процентной ст авк е 𝑟𝑛 выполняетс я 𝑛 раз
в го д, эквивалентные ст авки 𝑑𝑛 получаютс я из равенства
1(︀
1 +𝑟𝑛
𝑛)︀𝑛𝑡=(︂
1−𝑑𝑛
𝑛)︂𝑛𝑡
⇒1
𝑑𝑛−1
𝑟𝑛=1
𝑛⇒
⇒(︂
𝑑𝑛=𝑟𝑛
1 +𝑟𝑛/𝑛)︂
&(︂
𝑟𝑛=𝑑𝑛
1−𝑑𝑛/𝑛)︂
. (15)
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 81
Чтобы получить эквивалентную диск онтную ст авку , надо
процентную про диск онтировать по той ж е процентной ст ав-
к е. Чтобы получить эквивалентную процентную ст авку , на-
до диск онтную нарастить по той ж е диск онтной ст авк е.
Сост авим т аблицу , аналогичную приведенной на с. 71:
Форму ла Операция Ст авк а
𝑆=𝑃(1 +𝑟)𝑡наращение процентная
𝑃=𝑆
(1 +𝑟)𝑡диск онтирование процентная
𝑃=𝑆(1−𝑑)𝑡диск онтирование диск онтная
𝑆=𝑃
(1−𝑑)𝑡наращение диск онтная
𝑆=𝑃𝑒𝜌𝑡наращение непрерывная
𝑆=𝑃𝑒−𝜌𝑡диск онтирование непрерывная
Пример 81. Процентная ст авк а при двух на числениях 𝛺 111
в го ду 𝑟2= 12 % . Найти эквивалентную ей диск онтную ст ав-
ку для случая четырех на числений в го ду 𝑑4 .
Р ешение . По форму лам (12) на с. 78
𝑟1=(︁
1 +𝑟2
2)︁2
−1 = 0 .1236,
𝑟4= 4(︀4√
1 +𝑟1−1)︀
= 0.1183.
Из (15) следу ет , что 𝑑4=4·𝑟4
4 +𝑟4=4·0.1183
4 + 0 .1183= 0.1149.
Ответ :11.49 % .
Мы последовательно определили 𝑟2∼𝑟1∼𝑟4∼𝑑4 , но мог ли
82
бы сразу выразить 𝑑4 через 𝑟2 .
Пример 82. Известна диск онтная ст авк а 𝑑12= 11 % при 𝛺 112
12 на числениях в го ду . Найти эквивалентную ей процент-
ную ст авку для случая четырех на числений в го ду 𝑟4 .
Р ешение :
⎧
⎪⎨
⎪⎩𝑃=𝑆(︂
1−𝑑12
12)︂12
𝑆=𝑃(︁
1 +𝑟4
4)︁4⇒(︁
1 +𝑟4
4)︁4
=1(︀
1−𝑑12
12)︀12⇒
⇒1 +𝑟4
4=1(︀
1−𝑑12
12)︀3⇒𝑟4= 4(︃
1(︀
1−𝑑12
12)︀3−1)︃
⇒
⇒𝑟4= 4(︃
1(︀
1−0.11
12)︀3−1)︃
= 0.1120.
Ответ :11.2 % .
Мно ж ество эквивалентных ст авок линейно упор ядочено :
𝑑1< . . . < 𝑑 𝑛< . . . < 𝜌 < . . . < 𝑟 𝑛< . . . < 𝑟 1.
Для непрерывных процентов диск онтная и процентная ст ав-
ки совпадают и называютс я силой рост а ( 𝜌 ), при этом
lim
𝑛→∞𝑟𝑛= lim
𝑛→∞𝑑𝑛=𝜌.
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 83
§ 3.3. Финансовые потоки
74⇔ 95 Финансово-банк овские операции часто предпола-
г ают не тольк о от дельные платежи, но и последовательно-
сти платеж ей, разделенных во времени. Каждый платеж х а-
рактеризу етс я денежной суммой и временем. Однак о, к ак
правило, для человек а «сего дняшний» рубль и «завтраш-
ний» рубль не о дно и то ж е. Поэтому возник ает необ х о ди-
мость приведения всех платеж ей к нек оторому заданному
моменту времени. Мы ограничимс я случаем, к ог да этот мо-
мент – на чало с делки, базовый перио д. В т ак ом случае при-
веденное зна чение поток а платеж ей называют т акж е
современной стоимостью поток а . Пу сть платежи
{𝐾1, 𝐾2, . . . 𝐾 𝑛} произведены в моменты {𝑡1, 𝑡2, . . . 𝑡 𝑛} и со-
ответствие между «сего дняшними» и «завтрашними» день-
г ами определяетс я го довой процентной ст авк ой 𝑟 . Т ог да пла-
теж𝐾𝑖 , произведенный в момент 𝑡𝑖 , эквивалентен величине
𝐾𝑖
(1 +𝑟)𝑡𝑖в на чальный момент . «Завтрашние» деньги дешев-
ле «сего дняшних» . Коэффициент ами приведения «бу дущих»
денег к базовому перио ду являютс я диск онтные мно жите-
ли, величины 𝑢𝑡𝑖 , г де 𝑢=1
1 +𝑟. Приведенное зна чение
поток а платеж ей равно сумме приведенных зна чений от-
дельных платеж ей:
𝑃0=𝑛∑︁
𝑖=1𝐾𝑖
(1 +𝑟)𝑡𝑖=𝑛∑︁
𝑖=1𝑢𝑡𝑖𝐾𝑖. (16)
84
Пример 83. Леша попросил у Г оши взаймы 200 000 руб. 𝛺 112
У Г оши необ х о димая сумма нах о дилась на счету в сбербан-
к е по д 9 % го довых. Леша обещал расплатитьс я в тече-
ние5 лет по следующей с х еме: 30 000 – руб. через 1 го д,
50 000 – через 2 го да, 10 000 – через 3 го да и последние два
го да – по 30 000 руб. Следу ет ли Г оше сог ласитьс я на пред-
ло ж енную с х ему возврат а долг а?
Р ешение . Г оше предлаг ают обменять сумму , принос ящую
9% -й го довой до х о д, на поток платеж ей:⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={30 000 ,50 000 ,100 000 ,30 000 ,30 000};
{𝑡𝑖}={1,2,3,4,5}.
𝑃0=5∑︁
𝑡=1𝐾𝑡
(1 +𝑟)𝑡= 30𝑢+ 50𝑢2+ 100 𝑢3+ 30𝑢4+ 30𝑢5=
= 187 .576 , г де 𝑢=1
1 +𝑟= 0.9174 .
Т аким образом, 𝑃0<200 . Современная стоимость поток а
платеж ей меньше 200 тыс. руб., т . е. суммы, с к оторой Г оше
предсто яло бы расст атьс я.
Ответ : Г оша не долж ен сог лашатьс я с предлаг аемой с х емой
платеж ей.
Пример 84. Леша попросил у Г оши взаймы 200 000 руб. 𝛺 112
У Г оши необ х о димая сумма нах о дилась на счету в сбербан-
к е по д 9 % го довых. Леша обещал расплатитьс я в течение
5 лет по следующей с х еме: 30 000 руб. – через 1 го д, 70 000
– через 2 го да, 100 000 – через 3 го да, 30 000 – через 4 го да
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 85
и 40 000 руб. – через 5 лет . Следу ет ли Г оше сог ласитьс я на
предло ж енную с х ему возврат а долг а?
Р ешение . Г оше предлаг ают обменять сумму , принос ящую
9% -й го довой до х о д, на поток платеж ей:⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={30 000 ,70 000 ,100 000 ,30 000 ,40 000};
{𝑡𝑖}={1,2,3,4,5}.
𝑃0=5∑︁
𝑡=1𝐾𝑡
(1 +𝑟)𝑡= 30𝑢+ 70𝑢2+ 100 𝑢3+ 30𝑢4+ 40𝑢5=
= 210 .909 , г де 𝑢=1
1 +𝑟= 0.9174 .
Т аким образом, 𝑃0>200 . Современная стоимость поток а
платеж ей больше 200 тыс. руб.
Ответ : с точки зрения современной стоимости поток а пла-
теж ей с делк а выго дна Г оше.
Далее рассмотрим поток фик сированных платеж ей. Для опре-
деленности пу сть платежи произво дятс я раз в го д. Т ог да
𝐾𝑖=𝐾 для всех 𝑖= 1,2, . . . , 𝑛 и форму ла (16) принимает
вид
𝑃0=𝐾𝑛∑︁
𝑡=1𝑢𝑡=𝐾(𝑢+𝑢2+𝑢3+. . .+𝑢𝑛) =𝐾𝑢1−𝑢𝑛
1−𝑢. (17)
Пример 85. Леша х очет арендовать срок ом на 6 лет по- 𝛺 113
мещение по д офис, к оторое ему предло жили за 300 000 руб.
в го д. Причем к аждый платеж надо внести в к онце го да. Он
решил оплатить аренду сразу за 6 лет . О к ак ой сумме ему
86
следу ет договариватьс я, если обе стороны счит ают справед-
ливой ст авку 𝑟= 12 % го довых?
Р ешение :
𝑟= 12 % = 0 .12⇒𝑢=1
1 +𝑟=1
1 + 0 .12= 0.8929.
Использу я форму лу (17), приведем поток платеж ей к мо-
менту заключения договора аренды:
𝑃0=𝐾𝑢1−𝑢𝑛
1−𝑢= 300·𝑢·1−𝑢6
1−𝑢= 1 233 .422.
Ответ : Леше следу ет предло жить 1 233 422 руб.
При выво де форму л (16),(17) мы ис х о дили из предполо ж е-
ния, что платежи совершаютс я в к онце нек оторых перио-
дов времени. Т акие платежи называют постнумерандо .
Но т ак бывает не всег да, и часто деньги требуют вперед.
Соответствующие платежи называют пренумерандо . Для
приведенного зна чения их поток а нам придетс я внести неболь-
шое изменение в форму лу (17):
𝑃0=𝐾𝑛−1∑︁
𝑡=0𝑢𝑡=𝐾(1 +𝑢+𝑢2+. . .+𝑢𝑛−1) =𝐾1−𝑢𝑛
1−𝑢. (18)
Пример 86. Леша х очет арендовать срок ом на 6 лет по- 𝛺 113
мещение по д офис, к оторое ему предло жили за 300 000 руб.
в го д. Причем к аждый платеж вноситс я в на чале го да.
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 87
Он решил оплатить аренду сразу за 6 лет . О к ак ой сум-
ме ему следу ет договариватьс я, если обе стороны счит ают
справедливой ст авку 𝑟= 12 % го довых?
Р ешение :
𝑟= 12 % = 0 .12⇒𝑢=1
1 +𝑟=1
1 + 0 .12= 0.8929.
Использу я форму лу (18), приведем поток платеж ей к мо-
менту заключения договора аренды:
𝑃0=𝐾1−𝑢𝑛
1−𝑢= 300·1−𝑢6
1−𝑢= 1 381 .433.
Ответ : Леше следу ет предло жить 1 381 433 руб.
Если платежи могут про долж атьс я ск оль уго дно долго, по-
лезно рассматривать беск онечные потоки. Заметим, что
1−𝑢= 1−1
1 +𝑟=𝑟
1 +𝑟⇒1
1−𝑢=1 +𝑟
𝑟,𝑢
1−𝑢=1
𝑟.
В форму лах (17), (18) у стремим к оличество платеж ей 𝑛 к
беск онечности. Т ог да lim
𝑛→∞𝑢𝑛= 0 и
для случая пренумерандо 𝑃0=𝐾(1 +𝑟)
𝑟=𝐾
𝑟+𝐾; (19)
для случая постнумерандо 𝑃0=𝐾
𝑟. (20)
Пример 87. Леше предло жили арендовать помещение 𝛺 113
по д офис за 300 000 руб. в го д. Причем все платежи надо
88
вносить в к онце го да. Он х очет сразу выкупить помещение.
О к ак ой сумме ему следу ет договариватьс я, если обе сто-
роны счит ают справедливой ст авку 𝑟= 12 % го довых?
Р ешение . Поток беск онечный постнумерандо.
𝑃0=𝐾
𝑟=300
0.12= 2 500 .
Ответ : Леше следу ет предло жить 2 500 000 руб.
Пример 88. Леше предло жили арендовать помещение по д 𝛺 113
офис за 300 000 руб. в го д. Причем все платежи надо вно-
сить в на чале го да. Леша х очет сразу выкупить помещение.
О к ак ой сумме ему следу ет договариватьс я, если обе сто-
роны счит ают справедливой процентную ст авку 𝑟= 12 %
го довых?
Р ешение : Поток беск онечный пренумерандо.
𝑃0=𝐾
𝑟+𝐾=300
0.12+ 300 = 2 800 .
Ответ : Леше следу ет предло жить 2 800 000 руб.
Следующий пример финансового поток а – инвестиционный
процесс. Инвестиционный процесс предполаг ает затра-
ты в на чальный момент времени (отрицательный платеж),
а затем поток до х о дов (поло жительные платежи): суммы
{𝐾0, 𝐾1, . . . 𝐾 𝑛} относ ятс я к момент ам времени {𝑡0, 𝑡1, . . . 𝑡 𝑛},
г де𝐾0<0 и𝐾𝑖≥0 для𝑖= 1,2, . . . , 𝑛 . Для инвестицион-
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 89
ного процесса современная стоимость поток а определяетс я
т ак ж е, к ак и для поток а платеж ей, по форму ле (16), но
нумерация на чинаетс я с ну ля, с момент а инвестиции:
𝑃0=𝑛∑︁
𝑖=0𝐾𝑖
(1 +𝑟)𝑡𝑖=𝑛∑︁
𝑖=0𝑢𝑡𝑖𝐾𝑖. (21)
Однак о зна чения 𝑃0 не всег да дост аточно для принятия пра-
вильного решения. Например, если зада чу на с. 84 рассмат-
ривать к ак инвестиционный процесс, в на чале к оторого Г о-
ша инвестиру ет 200 000 руб., то возник ает вопрос:
10 909 руб., к оторые заработ ал Г оша, – это много или ма-
ло? Друг ая проблема состоит в том, что, инвестировав день-
ги, Г оша на время тер яет право распор яж атьс я ими. Пок а
деньги леж али на счету в сбербанк е, Г оша в любой момент
мог вло жить их в более выго дное дело. Т еперь нет! Зна-
чит , помимо до х о да, важно знать, к ак ск оро деньги вернутс я
к инвестору . Для этого существу ет т ак ая х арактеристик а
инвестиционного процесса, к ак перио д окупаемости .
Р ассмотрим последовательность приведенных зна чений
𝑆𝑘=𝑘∑︁
𝑖=0𝐾𝑖
(1 +𝑟)𝑡𝑖, г де𝑘= 1,2, . . . , 𝑛.
Если существу ет т ак ое 𝑘 , что (𝑆𝑘−1<0)&(𝑆𝑘>0) , то за
перио д окупаемости инвестиционного процесса принимаетс я
90
зна чение 𝑇𝑜=𝑡𝑘 . Р ассмотрим функцию (рис. 9)
𝑆(𝑟) =𝑛∑︁
𝑖=0𝐾𝑖
(1 +𝑟)𝑡𝑖. (22)
Рис. 9. Современное зна чение поток а к ак функция r
Следующая важная х арактеристик а поток а – внутренняя
до х о дность, к оторая позволяет выразить до х о дность инве-
стиционного процесса в го довых процент ах и сравнить его,
например, с до х о дностью ценных бумаг или вкладов в бан-
к ах. Внутренняя до х о дность инвестиционного процес-
са нах о дитс я к ак решение 𝑟*уравнения 𝑆(𝑟) = 0 , т . е. к ак
т ак ое зна чение 𝑟 , при к отором для инвестора безразлич-
но, вло жить деньги в инвестиционный процесс или поме-
стить их на счет в банк е по д 𝑟 го довых процентов. Есте-
ственно возник ает вопрос: всег да ли уравнение 𝑆(𝑟) = 0
имеет решение? По смыслу зада чи функция 𝑆(𝑟) опреде-
лена на интервале от [0; +∞) и убывает на этом интервале,
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 91
поск ольку к аждое слаг аемое𝐾𝑖
(1 +𝑟)𝑡𝑖в форму ле (22), г де
𝑖= 1,2, . . . , – убывающая функция. 𝑆(0) =𝑛∑︁
𝑖=0𝐾𝑖>0 , т ак
к ак в противном случае инвестирование было бы лишено
смысла. lim
𝑟→+∞𝑆(𝑟) =𝐾0<0 . Функция 𝑆(𝑟) являетс я сум-
мой непрерывных на интервале [0; +∞) функций и, зна чит ,
непрерывна. Т аким образом, в области определения суще-
ству ет единственное решение уравнения 𝑆(𝑟) = 0 . Зада чу
т акж е мо жно свести к решению уравнения
𝑛∑︁
𝑖=0𝐾𝑖𝑥𝑡𝑖= 0, г де𝑥=1
1 +𝑟∈(0; 1].
В общем случае по добное уравнение мы бу дем решать чис-
ленно, т . е. бу дем иск ать приближ енное зна чение 𝑟*с точ-
ностью до нужного к оличество знак ов после точки.
Т еперь сформу лиру ем у словия зада чи на с. 84 в терминах
инвестиционного процесса.
Пример 89. Г оша инвестировал 200 тыс. руб. в процесс, 𝛺 114
к оторый даст 30 тыс. руб. до х о да через 1 го д, 70 тыс. – че-
рез 2 го да, 100 тыс. – через 3 го да, 30 тыс. – через 4 го да
и 40 тыс. руб. – через 5 лет . Найти современную стоимость,
перио д окупаемости и внутреннюю до х о дность инвестици-
онного процесса.
92
Р ешение . Поток мо жно предст авить в виде
⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={−200,30,70,100,30,40};
{𝑡𝑖}={0,1,2,3,4,5}.
Последовательность современных стоимостей
{𝑆𝑖}={−200.000,−172.477,−113.559,
−36.341,−15.088,10.909}, г де𝑖= 1,2, . . . 𝑛.
Т аким образом, поло жительное зна чение 𝑆𝑖 по являетс я толь-
к о через 5 лет . Это и есть перио д окупаемости. Современная
стоимость поток а совпадает с последним членом последова-
тельности{𝑆𝑖} , т . е. с 𝑆5= 10 .909 тыс. руб. Внутреннюю
до х о дность мо жно получить тольк о численно к ак решение
𝑟*уравнения 𝑆(𝑟) = 0 . В соответствии с форму лой (22),
−200 +30
1 +𝑟+70
(1 +𝑟)2+100
(1 +𝑟)3+30
(1 +𝑟)4+40
(1 +𝑟)5= 0.
График функции 𝑆(𝑟) для данного примера изображ ен на
рис. 9 (с. 90). Зна чение 𝑟*с точностью до 4 зна чащих цифр
равно 0.1109 = 11 .09 % .
Ответ : cовременная стоимость инвестиционного процесса
𝑆5= 10.909 тыс. руб., перио д окупаемости 𝑇𝑜= 5 лет , внут-
ренняя до х о дность 𝑟*= 11.09 % .
Г ЛАВА 3. ФИНАНСОВЫЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 93
В совокупности х арактеристики поток а дают следующую
к артину: Г оша надолго тер яет возмо жность пользоватьс я
своими денежными активами и берет на себ я риск. Р еше-
ние зависит от ст авок, предлаг аемых банк ами.
А сейчас займемс я реструктуризацией долг а.
Пример 90. Леша долж ен заплатить 100 тыс. руб. 𝛺 114
в насто ящее время и 500 тыс. руб. через 4 го да. Но Леша х о-
тел бы реструктурировать долг: выплатить его разом через
2 го да (рис. 10). О к ак ой сумме платеж а через 2 го да имеет
смысл договариватьс я, если обе стороны счит ают справед-
ливой процентную ст авку 𝑟= 11 % го довых?
Р ешение . В соответствии с у словием зада чи, 100 тыс. руб.
Рис. 10. Сх ема реструктуризации долг а
следу ет нарастить на 2 го да, а 500 тыс. диск онтировать на
2 го да. (1 + 𝑟) = 1 .11 . Т ог да сумма платеж а через 2 го да
должна сост авить
100·(1 +𝑟)2+500
(1 +𝑟)2= 529 .021.
Ответ : поток платеж ей эквивалентен о дному платежу на
94
сумму 529 021 руб. через 2 го да.
Пример 91. Г оша поло жил 10 тыс. руб. на счет в сбербан- 𝛺 114
к е. В соответствии с договором еж емес ячно в у ст ановленный
день на текущую сумму счет а на числяютс я проценты. Одно-
временно в этот ж е день на счет за числяетс я дополнитель-
но10 тыс. руб. из Г ошиной заработной платы. Как ая сумма
бу дет на счету через 2 го да, если процентная ст авк а 𝑟= 8 % ?
Р ешение . В течение первого мес яца на счету нах о дилась
сумма 𝑐1= 10 тыс. руб. На чиная со второго мес яца сумма
изменяетс я по форму ле 𝑐𝑘=𝑐𝑘−1𝑞+𝑑 , г де𝑞= 1+𝑟
12,𝑑= 10 и
𝑟= 0.08 . Т аким образом, она растет по зак ону арифметик о-
геометрическ ой прогрессии. Сумму через два го да мо жно
найти непосредственно через рекуррентные отношения для
𝑘= 2,3, . . . , 24 , но мы поступим проще, применив первую из
форму л (1) на с. 57:
𝑐𝑛=(︂
𝑐1+𝑑
𝑞−1)︂
𝑞𝑛−1−𝑑
𝑞−1= 259 .332.
Ответ :259 332 руб.
Зада чи
83⇔ 116
1. Найти шестой член арифметическ ой прогрессии
3.1,3.3,3.5, . . . . O116
2. Найти пятый член арифметическ ой прогрессии
−2,−1.8,−1.6, . . . . O116
3. Найти 𝑎1 и𝑑 , если известно, что
(a)𝑎5= 8, 𝑎7= 12 . O116
(b)𝑎6= 12, 𝑎10= 24 .
(c)𝑎12= 18, 𝑎20= 2 .
(d)𝑎14=−20, 𝑎18= 4 .
4. Пятый член арифметическ ой прогрессии равен 2 ,
а сумма четвертого и восьмого равна 6. Найти первый
член и разность прогрессии. O116
5. Являетс я ли арифметическ ой прогрессией последова-
тельность, заданная приведенной ниж е форму лой?
(a)𝑎𝑛= 5 + 3( 𝑛+ 1) . O116
(b)𝑎𝑛=𝑛2+ 2𝑛+ 1 .
96
(c)𝑎𝑛= 2𝑛2−(𝑛+ 1)2−(𝑛−1)2.
(d)𝑎𝑛= 2𝑛2−(𝑛−1)2.
6. При к аких 𝑥 величины 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 , взятые в ук азанном
пор ядк е, образуют арифметическую прогрессию?
(a)𝑎1= 5; 𝑎2= 3𝑥;𝑎3=𝑥2. O116
(b)𝑎1= 4·3𝑥;𝑎2= 10·3𝑥;𝑎3= 2·6𝑥.
(c)𝑎1=√𝑥;𝑎2= 53√𝑥;𝑎3= 216√𝑥 .
(d)𝑎1=√𝑥−1;𝑎2=√5𝑥−1;𝑎3=√12𝑥+ 1 .
(e)𝑎1= cos2𝑥;𝑎2= 4 sin 2 𝑥;𝑎3= 15 sin2𝑥 .
7. Первый член арифметическ ой прогрессии равен 1 ,
а шестой 21. Найти сумму пяти первых членов. O117
8. Р абочим, к опающим к оло дец, обещано 30 руб. за пер-
вый метр и далее за к аждый следующий метр на 20 руб.
больше. Ск ольк о получат рабочие за двенадцатимет-
ровый к оло дец? O117
9. Р абочим, к опающим к оло дец, обещано по 10 руб. за
первый метр и далее за к аждый следующий метр к аж-
дому на 15 руб. больше. Ск ольк о получат рабочие O117
за двенадцатиметровый к оло дец, если работу на чали
ЗАДА ЧИ 97
2 рабочих, а затем после про х о ждения к аждых трех
метров в бриг аду добавляли еще 2 человек а?
10. Некто торгу ет лошадьми, и к аждая имеет свою цену .
Наиху дшая стоит 4 золотых, наилучшая – 55 золотых,
и цена от о дной до другой лошади возраст ает на 3 зо-
лотых. Ск ольк о всего было лошадей? O117
11. Турист за первый час по дъема взобралс я на высоту
200 м, а за к аждый следующий час – на 10 м меньше,
чем за предыдущий. За ск ольк о часов он достигнет
высоты 1 050 м? O117
12. Царь повелел у ст ановить трон на возвышенности
и по двести к нему мраморную лестницу . Ступеней
должно быть 10 , шаг лестницы 29 см, высот а сту-
пени 16 см, а ширина лестницы 300 см. Как ой объем
мрамора потребу етс я для строительства лестницы? O117
13. Царь повелел у ст ановить трон на возвышенности
и по двести к нему мраморную лестницу: шаг лестни-
цы29 см, высот а ступени 16 см, а ширина лестницы
300 см. В запасе имелось 2.9232 м3мрамора. На ск оль-
к о ступеней хватит мрамора? O117
14. Пу сть 𝑎1= 2, 𝑎6= 17 . Найти 𝑆4 . O117
15. Вычислить 8 + 11 + 14 + . . .+ 38 . O117
98
16. Из равенства 1 + 4 + 7 + . . .+𝑥= 176 найти 𝑥 . O117
17. Найти 𝑆9 , если 𝑎5= 8 . O117
18. Найти сумму пятнадцати первых членов арифметиче-
ск ой прогрессии, если 𝑎4+𝑎5+𝑎7+𝑎16= 32 . O117
19. Найти сумму 120 первых членов арифметическ ой про-
грессии, если
𝑎20+𝑎30+𝑎47+𝑎55+𝑎66+𝑎74+𝑎91+𝑎101= 756 . O117
20. В от деле работ ают 5 служ ащих: секрет арь, инж енер,
младший на учный сотру дник, ст арший на учный со-
тру дник и на чальник от дела. На от дел выделили пре-
мию в размере 40 тыс. руб. и решили разделить ее т ак,
чтобы к аждый служ ащий, на чиная со второго, полу-
чил на 3 тыс. больше предыдущего. Ск ольк о
в т ак ом случае получит к аждый? O117
21. Сумма первых девяти членов арифметическ ой прогрес-
сии равна 81 . Найти пятый член прогрессии. O117
22. Найти сумму членов арифметическ ой прогрессии с де-
с ятого по двадцатый, если первый член равен 2 ,
а разность 5 . O117
23. Отношение суммы членов арифметическ ой прогрес-
сии с пятого по двенадцатый к сумме первых восьми
ЗАДА ЧИ 99
равно 2 , а разность первого члена и разности прогрес-
сии равна 3 . Найти первый член и разность
прогрессии. O117
24. Док азать, что для любой арифметическ ой прогрессии
справедливо равенство 𝑆15= 3(𝑆10−𝑆5) . O118
25. Пу сть 𝑎1= 1 и𝑑 – целое четное число. При к аких 𝑛
имеет место равенство 𝑆𝑛=𝑛3? O118
26. Могут ли числа√
3,2√
2 +√
3 и5√
2 +√
3 быть
членами арифметическ ой прогрессии? O118
27. Могут ли числа√
5,10 и10√
5 быть членами ариф-
метическ ой прогрессии? O118
28. Найти к оличество двузна чных натуральных чисел,
кратных 6 . O118
29. Найти сумму всех поло жительных трехзна чных
натуральных чисел, делящих с я на 13 . O118
30. Найти сумму всех четных трехзна чных
натуральных чисел, кратных 3 . O118
31. Найти сумму всех целых чисел, делящих с я без ост атк а
на11 и у довлетвор яющих у словию −44< 𝑘≤165 . O118
100
32. Между первым и вторым членами арифметическ ой про-
грессии, разность к оторой равна 72 , поместили
8 чисел т ак, чтобы все 10 чисел ст али членами нек ото-
рой арифметическ ой прогрессии. Чему равна разность
этой прогрессии? O118
33. Между первым и вторым членами арифметическ ой про-
грессии, разность к оторой равна 14 , поместили 6 чисел
т ак, чтобы все 8 чисел ст али членами нек оторой про-
грессии. Чему равна разность этой прогрессии? O118
34. Найти сумму общих членов арифметических прогрес-
сий{7,9, . . . , 37} и{8,11, . . . , 44} . O118
35. Найти наибольшее зна чение суммы 𝑛 членов арифме-
тическ ой прогрессии, первый член к оторой равен 12 ,
а второй 9 . O118
36. Внутренние уг лы нек оторого многоугольник а, наимень-
ший из к оторых 120𝑜, образуют арифметическую про-
грессию с разностью 5𝑜. Ск ольк о сторон мо ж ет иметь
этот многоугольник? O118
37. Уг лы восьмиугольник а образуют нест ационарную ариф-
метическую прогрессию. Какие зна чения мо ж ет иметь
наименьший угол? O118
ЗАДА ЧИ 101
38. При к аких 𝑎 уравнение 𝑥8+𝑎𝑥4+ 1 = 0 имеет 4 веще-
ственных к орня, к оторые образуют арифметическую
прогрессию? O118
39. При к аких 𝑎 к орни уравнения 𝑥4−10𝑥2+𝑎= 0
образуют арифметическую прогрессию? O118
40. Р ешить уравнение𝑥−1
𝑥+𝑥−2
𝑥+𝑥−3
𝑥+. . .+1
𝑥= 3 ,
г де𝑥 – целое число. O118
41. В соревновании по волейболу участвовало 𝑛 к оманд.
Каждая к оманда играла со всеми ост альными по о д-
ному разу . За к аждую игру победившей к оманде на-
числялс я 1 балл. По ок ончании соревнований ок аза-
лось, что набранные к омандами очки, располо ж енные
по возраст анию, образуют арифметическую прогрес-
сию. Найти первый член и разность этой прогрессии.
O118
42. Первый член арифметическ ой прогрессии 𝑎1= 3 ,
последний 𝑎𝑛= 39 , а разность 𝑑= 4 .
Найти1
𝑎1𝑎2+1
𝑎2𝑎3+. . .+1
𝑎𝑛−1𝑎𝑛. O119
43. Док азать, что величины1
𝑏+𝑐,1
𝑐+𝑎,1
𝑏+𝑎образуют
арифметическую прогрессию тог да и тольк о тог да, к о-
г да величины 𝑎2, 𝑏2, 𝑐2образуют арифметическую
прогрессию. O119
102
44. Найти знаменатель геометрическ ой прогрессии:
(a)2,6,18, . . . . O119
(b)3,12,48, . . . .
(c)−2,10,−50, . . . .
(d)1,7,12, . . . .
45. Сумма второго и четвертого членов геометрическ ой
прогрессии равна 30 , а их произведение 144 . Найти
первый член и знаменатель. O119
46. Произведение второго и седьмого членов геометриче-
ск ой прогрессии равно 2 . Найти произведение первых
восьми членов. O119
47. Сумма первых трех членов геометрическ ой прогрессии
равна 351 , а сумма следующих трех 13. Найти 𝑏1 и𝑞 . O119
48. Найти 4 числа, образующих геометрическую прогрес-
сию, если третье на 9 больше первого, а второе больше
четвертого на 18 . O119
49. В геометрическ ой прогрессии 𝑏1= 1280 ,𝑏4= 160 .
На чиная с к ак ого номера члены прогрессии не превы-
шают5
128? O119
ЗАДА ЧИ 103
50. Найти знаменатель и первый член геометрическ ой про-
грессии, произведение первых трех членов к оторой рав-
но1000 , а сумма их квадратов 525 . O119
51. Произведение трех последовательных членов геомет-
рическ ой прогрессии равно 1 728 , а их сумма 63 . Найти
первый член и знаменатель прогрессии. O119
52. Являетс я ли геометрическ ой прогрессией последова-
тельность, заданная приведенной ниж е форму лой?
Если да, ук ажите первый член и знаменатель.
(a)𝑏𝑛= 2·5𝑛−2·5𝑛−2. O119
(b)𝑏𝑛= 2𝑛+ 7 .
(c)𝑏𝑛= 4𝑛+1−5·4𝑛.
(d)𝑏𝑛= 7𝑛+1−52·7𝑛+ 7 .
53. Даны арифметическ ая {𝑎𝑛} и нест ационарная геомет-
рическ ая{𝑏𝑛} прогрессии. Известно, что 𝑎2+𝑏2=−2 ,
𝑎3+𝑏3= 1 и𝑎4+𝑏4= 4 . Найти разность арифметиче-
ск ой прогрессии. O119
54. Числа 𝑏1, 𝑏2, 𝑏3 образуют возраст ающую геометрическую
прогрессию. Если из первого числа вычесть 4 , то по-
лученный набор чисел образу ет арифметическую про-
104
грессию: 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 . Причем 𝑎1+𝑎2+𝑎3= 9 . Найти 𝑏1
и знаменатель прогрессии 𝑞 . O119
55. Три числа образуют геометрическую прогрессию. Ес-
ли от третьего отнять 4 , то числа образуют арифмети-
ческую прогрессию. Если от второго и третьего членов
полученной арифметическ ой прогрессии отнять по 1 ,
то снова получитс я геометрическ ая прогрессия. Найти
𝑏1 и𝑞 ис х о дной прогрессии. O120
56. Первый член геометрическ ой прогрессии 𝑏1= 2 , зна-
менатель 𝑞= 3 . Найти сумму первых дес яти членов. O120
57. В геометрическ ой прогрессии с четным числом поло-
жительных членов сумма всех ее членов в 3 раза боль-
ше суммы членов, сто ящих на нечетных мест ах. Найти
знаменатель прогрессии. O120
58. Бриг ада рабочих к опала к оло дец г лубиной 5 м. После
к аждого пройденного метра в бриг аду добавляли о д-
ного рабочего и плату за следующий метр на к аждого
рабочего увеличивали в 3 раза. Ск ольк о придетс я за-
платить бриг аде, если первый метр вык опал о дин ра-
бочий и получил за него 100 руб.? O120
59. При к аких 𝑘 величины 2𝑘−1 ,2𝑘+ 1 ,9𝑘 и𝑘+ 26
являютс я четырьмя последовательными членами гео-
метрическ ой прогрессии? O120
ЗАДА ЧИ 105
60. При к аких 𝑡 числа 2 ,𝑡+ 3 и2𝑡+ 22 являютс я последо-
вательными членами геометрическ ой прогрессии? O120
61. Сумма первого и второго членов геометрическ ой про-
грессии равна 9 , а сумма второго и третьего 18 . Сумма
первых 𝑛 членов прогрессии 189 . Найти 𝑛 . O120
62. Вст авь те два числа между 27 и8 т ак, чтобы получи-
лась геометрическ ая прогрессия. O120
63. Вст авь те три числа между 2 и18 т ак, чтобы получи-
лась геометрическ ая прогрессия. O120
64. Найти сумму беск онечно убывающей геометрическ ой
прогрессии, если ее первый член равен 2 , а знамена-
тель1
3. O120
65. Дан квадрат со стороной 128 . Середины его сторон яв-
ляютс я вершинами второго квадрат а, а середины сто-
рон второго – вершинами третьего и т . д. Найти сто-
рону седьмого квадрат а. O120
66. Наименьший угол четырехугольник а равен 9𝑜. Причем
его уг лы, располо ж енные в пор ядк е возраст ания, обра-
зуют геометрическую прогрессию. Найти знаменатель
этой прогрессии. O120
106
67. Найти сумму первых трех членов беск онечно убыва-
ющей геометрическ ой прогрессии, если сумма всех ее
членов равна 1 024 , а сумма первых дес яти 1 023 . O120
68. Сумма членов беск онечно убывающей геометрическ ой
прогрессии равна 4 , а сумма кубов ее членов 192 . Най-
ти первый член и знаменатель. O120
69. Найти сумму беск онечно убывающей геометрическ ой
прогрессии, если ее первый член равен 1 , а к аждый
следующий, на чиная со второго, в13
6раза меньше сум-
мы предыдущего и последующего. O120
70. Найти знаменатель беск онечно убывающей геометри-
ческ ой прогрессии, сумма к оторой равна 1.6 , а второй
член (−0.5) . O120
71. Найти наименьшее число членов геометрическ ой про-
грессии{8,7,49
8. . .} , т ак ое, чтобы их сумма от личалась
от суммы всей прогрессии менее чем на 0.01 . O120
72. Могут ли следующие числа быть членами (не об яза-
тельно последовательными) геометрическ ой прогрессии:
(a)2
3,2
27,2
2187; O120
(b)2,√
3,8 ;
(c)6,48,192 ?
ЗАДА ЧИ 107
73. Первый член беск онечно убывающей геометрическ ой
прогрессии равен 1 , а сумма кубов ее членов 27 . Найти
сумму членов прогрессии. O120
74. При к аких зна чениях параметра 𝑎 к орни уравнений
𝑥2−5𝑥+ 4 и2𝑥=𝑎 , взятые в определенном пор ядк е,
образуют геометрическую прогрессию? O120
75. Док азать, что при любом зна чении параметра 𝑎 к ор-
ни уравнения 𝑥3−7𝑎𝑥2+ 14𝑎2𝑥−8𝑎3= 0 образуют
геометрическую прогрессию. O121
76. Найти все четырехзна чные натуральные числа, цифры
к оторых образуют нест ационарную геометрическую про-
грессию. O121
77. Первый член геометрическ ой прогрессии равен 3 ,
а знаменатель 2 . Найти произведение первых шести
членов прогрессии. O121
78. Образуют ли числа арифметик о-геометрическую про-
грессию? Если да, ук азать ее разность и знаменатель.
(a)3,11,27,59,123, . . . ; O121
(b)−2,2,7,19,43, . . . ;
(c)−2,1,7,19,44, . . . ;
108
(d)−2,10,−26,82,−242, . . . .
79. Найти четвертый член арифметик о-геометрическ ой про-
грессии, первый член к оторой 𝑐1= 5 , разность
𝑑=−2 и знаменатель 𝑞=−3 . O121
80. Найти сумму первых шести членов прогрессии, пер-
вый член к оторой 𝑐1= 3 ,𝑑= 3 и𝑞= 2 . O121
81. Дан остроугольный треугольник 𝐴1𝐵1𝐶1 , вписаный
в нек оторую окружность. Касательные к окружности,
проведенные в точк ах 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1 , образуют треуголь-
ник𝐴2, 𝐵2, 𝐶2 . Если ок оло треугольник а 𝐴2, 𝐵2, 𝐶2 опи-
сать окружность, к асательные к ней, проведенные
в точк ах 𝐴2, 𝐵2, 𝐶2 , образуют треугольник 𝐴3, 𝐵3, 𝐶3
и т . д. При этом счит аем, что 𝐴𝑛 принадлежит отрез-
ку𝐵𝑛+1𝐶𝑛+1 ,𝐵𝑛 – отрезку 𝐴𝑛+1𝐶𝑛+1 и𝐶𝑛 – отрезку
𝐴𝑛+1𝐵𝑛+1 . Найти lim
𝑛→∞̸𝐴𝑛 ,lim
𝑛→∞̸𝐵𝑛 иlim
𝑛→∞̸𝐶𝑛 . O121
82. Уг лы восьмиугольник а образуют арифметик о-
геометрическую прогрессию со знаменателем 𝑞= 2 .
Найти все уг лы восьмиугольник а, если наибольший
угол равен 170𝑜. O121
83. Определить время с делки по с х емам 365/365 ,365/360
и360/360 , если кредит выдан:
(a) 12 март а 2016 г . до 1 сент ябр я 2016 г .; O121
ЗАДА ЧИ 109
(b) 3 февраля 2016 г . до 5 мая 2016 г .;
(c) 25 дек абр я 2015 г . до 14 авгу ст а 2016 г .
84. Какую сумму получит кредитор в к онце с делки, если
время счит ать по с х емам 365/365 ,365/360 и360/360 ,
а выдано по д 22 % го довых 100 тыс. руб. на время:
(a) с 12 март а 2016 г . до 1 сент ябр я 2016 г .; O121
(b) с 3 февраля 2016 г . до 5 мая 2016 г .;
(c) с 25 дек абр я 2015 г . до 14 авгу ст а 2016 г .?
85. 20 дек абр я 2016 г . Леша получит 300 тыс. руб. На к а-
кую сумму он мо ж ет взять 5 мая 2016 г . кредит по д
20 % го довых, чтобы 20 дек абр я 2016 г . полностью по-
г асить долг (время счит ать по с х еме 360/360 )? O121
86. Найти эквивалентную учетную ст авку , если процент-
ная ст авк а:
(a)𝑟= 17 % и время с делки 𝑡= 0.2 ; O121
(b)𝑟= 16 % и время с делки 𝑡= 0.8 ;
(c)𝑟= 18 % и время с делки 𝑡= 0.4 .
87. Найти эквивалентную процентную ст авку , если учет-
ная ст авк а:
110
(a)𝑑= 13 % и время с делки 𝑡= 0.9 ; O122
(b)𝑑= 12 % и время с делки 𝑡= 0.2 ;
(c)𝑑= 16 % и время с делки 𝑡= 0.5 .
88. Леше не хватило 500 000 руб. для покупки обору дова-
ния, и про давец Г оша сог ласилс я принять от него век-
сель по учетной ст авк е 16 % го довых. Леша об язалс я
заплатить предъявителю данного век селя нек оторую
сумму 12 дек абр я 2016 г . Как ая сумма должна быть
прост авлена на век селе, если век сель выписан 15 фев-
раля 2016 г .? 10 июля 2016 г . Г оше понадобились день-
ги, и о дин к оммерческий банк сог ласилс я учесть век-
сель по учетной ст авк е 15 % го довых. Какую сумму
получит на руки Г оша? O122
89. За к ак ое время сумма денег , ссуж енная по д 25 простых
го довых процентов, увеличитс я на 50 % ? O122
90. Сумму 𝑃 поло жили на счет в банк е по д 𝑟 процентов
го довых. Как ая сумма бу дет на счету через 𝑡 лет?
(a)𝑃= 30 000 руб., 𝑟= 15 % и𝑡= 3 ; O122
(b)𝑃= 100 000 руб., 𝑟= 10 % и𝑡= 5 ;
(c)𝑃= 10 000 руб., 𝑟= 20 % и𝑡= 7 .
ЗАДА ЧИ 111
91. По д к акие проценты надо поло жить на счет в банк е
сумму 𝑃 , чтобы через 𝑡 лет получить сумму 𝑆 :
(a)𝑃= 10 000 руб., 𝑡= 5 и𝑆= 20 000 руб.; O122
(b)𝑃= 1 к оп., 𝑡= 200 и𝑆= 1 000 000 руб.;
(c)𝑃= 50 000 руб., 𝑡= 10 и𝑆= 250 000 руб.?
92. В банк е предло жили на выбор о дну из двух с х ем на-
числения сло жных процентов. Как ая из них даст наи-
больший до х о д к к онцу го да, если:
(a)𝑧4= 13 % или𝑧12= 12.5 % ; O122
(b)𝑧2= 20 % или𝑧4= 19.6 % ;
(c)𝑧3= 25 % или𝑧12= 24.5 % ?
93. Какую сумму 𝑃 мо жно занять сего дня по д 𝑟 го довых
процентов, чтобы через 𝑡 лет вернуть 𝑆 руб., если:
(a)𝑆= 100 000 ,𝑟= 14 % и𝑡= 3 ; O123
(b)𝑆= 200 000 ,𝑟= 20 % и𝑡= 5 ;
(c)𝑆= 15 000 ,𝑟= 22 % и𝑡= 2 .
94. Процентная ст авк а при 𝑛 на числениях в го ду равна 𝑟𝑛
го довых процентов. Найти эквивалентную ей диск онт-
ную ст авку 𝑑𝑚 при𝑚 на числениях в го д, если:
112
(a)𝑟4= 16 % и𝑚= 12 ; O123
(b)𝑟4= 20 % и𝑚= 2 ;
(c)𝑟12= 18 % и𝑚= 4 .
95. Диск онтная ст авк а при 𝑛 на числениях в го ду равна 𝑑𝑛
го довых процентов. Найти эквивалентную ей процент-
ную ст авку 𝑟𝑚 при𝑚 на числениях в го д, если:
(a)𝑑4= 13 % и𝑚= 6 ; O123
(b)𝑑12= 20 % и𝑚= 4 ;
(c)𝑑6= 18 % и𝑚= 4 .
96. Найти современную стоимость поток а платеж ей, если
поток х арактеризу етс я зна чениями:
O123
(a)⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={10,20,30,40,50}
{𝑡𝑖}={1,2,3,4,5}и𝑟= 12 %;
(b)⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={5,5,20,20,40}
{𝑡𝑖}={1,2,3,4,5}и𝑟= 15 %;
(c)⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={3,5,10,20,40,60}
{𝑡𝑖}={1,2,3,4,5,6}и𝑟= 20 % .
ЗАДА ЧИ 113
97. Найти современную стоимость поток а посто янных пла-
теж ей, если:
(a) платежи постнумерандо 250 000 руб. в го д,
𝑟= 12 % и𝑡= 5 лет;O123
(b) платежи пренумерандо 100 000 руб. в го д,
𝑟= 15 % и𝑡= 4 го да;
(c) платежи постнумерандо 500 000 руб. в го д,
𝑟= 10 % и𝑡= 7 лет;
(d) платежи пренумерандо 400 000 руб. в го д,
𝑟= 18 % и𝑡= 10 лет .
98. Найти современную стоимость беск онечного поток а по-
сто янных платеж ей, если:
(a) платежи постнумерандо 250 000 руб. в го д,
𝑟= 12 % ; O123
(b) платежи пренумерандо 100 000 руб. в го д,
𝑟= 15 % ;
(c) платежи постнумерандо 500 000 руб. в го д,
𝑟= 10 % ;
(d) платежи пренумерандо 400 000 руб. в го д,
𝑟= 18 % .
114
99. Найти современную стоимость, перио д окупаемости
и внутреннюю до х о дность инвестиционного процесса:
O123
(a)⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={−60,10,20,30,40,50}
{𝑡𝑖}={0,1,2,3,4,5}и𝑟= 12 %;
(b)⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={−40,5,5,20,20,40}
{𝑡𝑖}={0,1,2,3,4,5}и𝑟= 15 %;
(c)⎧
⎨
⎩{𝐾𝑖}={−40,3,5,10,20,40,60}
{𝑡𝑖}={0,1,2,3,4,5,6}и𝑟= 20 % .
100. Заменить поток платеж ей {𝐾𝑖}={300,400,500},
{𝑡𝑖}={3,6,10} о дним платеж ом, приведенным к мо-
менту 𝑡*= 8 , если обе стороны признают справедливой
го довую ст авку 𝑟= 20 % . O124
101. Г оша поло жил 𝑐1 тыс. руб. на счет в сбербанк е. В со-
ответствии с договором еж емес ячно в у ст ановленный
день на текущее состо яние счет а на числяютс я процен-
ты. Одновременно в этот ж е день на счет за числяет-
с я дополнительно 𝑑 тыс. руб. из Г ошиной заработной
платы. Как ая сумма бу дет на счету через 𝑡 лет при
го довой процентной ст авк е 𝑟 , если:
(a)𝑐1= 20 ,𝑑= 10 ,𝑡= 6 и𝑟= 10 % ; O124
ЗАДА ЧИ 115
(b)𝑐1= 30 ,𝑑= 15 ,𝑡= 3 и𝑟= 6 % ;
(c)𝑐1= 5 ,𝑑= 20 ,𝑡= 4 и𝑟= 8 % ;
(d)𝑐1= 5 ,𝑑= 5 ,𝑡= 2 и𝑟= 4 % ?
102. Основные средства предприятия, т . е. средства тру да,
участвующие в произво дственном процессе, на на чало
первого го да работы предприятия сост авляли
𝑃1= 1 000 тыс. руб. Коэффициент износа основных
средств равен 𝑟= 10 % , т . е. за го д эк сплу ат ации
на чальная сумма 𝑃𝑡 уменьшаетс я до 0.9·𝑃𝑡 . В к он-
це к аждого го да в обновление основных средств пред-
приятие вкладывало 𝑑= 80 тыс. руб. Как изменялась
стоимость основных средств в течение 5 лет? O124
Ответы
95⇔ 125
№ – номер зада чи,
З – номер страницы с заданием,
П – номер страницы с по х о жим примером,
Т – номер страницы соответствующего раздела теории.
№ Ответ З П Т
1 4.1 95 14 7
2−1.2 95 14 7
3a 𝑎1= 0, 𝑑= 2 95 14 7
3b 𝑎1=−3, 𝑑= 3 95 14 7
3c 𝑎1= 40, 𝑑=−2 95 14 7
3d 𝑎1=−98, 𝑑= 6 95 14 7
4 𝑎1=−2, 𝑑= 1 95 15 7
5a Прогрессия: 𝑎1= 11, 𝑑= 3 95 15 7
5b Не являетс я 95 15 7
5c Прогрессия: 𝑎1=−2, 𝑑= 0 96 15 7
5d Не являетс я 96 15 7
6a При 𝑥= 1 и𝑥= 5 96 16 8
6b При 𝑥= 3 96 16 8
6cПри𝑥= 729 ,𝑥= 117 649 , а т акж е 𝑥= 0
(ст ационарная прогрессия)96 16 8
ОТВЕТЫ 117
№ Ответ З П Т
6d При 𝑥= 2 и𝑥= 10 96 16 8
6eПри[︃
𝑥=𝜋
4+𝜋𝑘,
𝑥=𝑎𝑟𝑐𝑐𝑡𝑔 (15) + 𝜋𝑘,
г де𝑘= 0,±1,±2, . . .96 16 8
7 45 96 16 9
8 1 680 руб. 96 17 9
9 6 900 руб. 96 17 9
10 18 лошадей 97 18 9
11 За 6 ч 97 18 9
12 6.264 м397 20 9
13 6 ступеней 97 20 9
14 26 97 20 9
15 253 97 21 9
16 𝑥= 31 98 21 9
17 72 98 21 9
18 120 98 21 9
19 11 340 98 21 9
20 2,5,8,11 и14 98 21 9
21 9 98 22 7
22 792 98 22 7
23 𝑎1=−3 и𝑑=−6 98 23 7
118
№ Ответ З П Т
24Для док азательства дост аточно в ис х о д-
ном равенстве для 𝑛= 5,10,15 заме-
нить 𝑆𝑛 на2𝑎1+ (𝑛−1)𝑑
2𝑛 и привести
по добные99 23 7
25 При 𝑛= 1 и, если 𝑑≥4 , при 𝑛=𝑑
2−1 99 24 7
26Например, первый, третий и шестой
члены прогрессии с 𝑎1=√
3 и𝑑=√
299 24 7
27 Не могут 99 24 7
28 15 99 26 7
29 37 674 99 26 7
30 82 350 99 26 7
31 1 254 99 26 7
32 8 100 28 7
33 2 100 28 7
34 156 100 28 7
35 30 100 16 7
36 9 или16 100 21 7
37 Любое зна чение из интервала (0𝑜; 135𝑜) 100 21 7
38 При 𝑎=−10
3100 29 7
39 При 𝑎=±3 101 29 7
40 7 101 31 7
41 𝑎1= 0 и𝑑= 1 101 20 7
ОТВЕТЫ 119
№ Ответ З П Т
421
13101 31 7
43 Используйте свойство: 2𝑎𝑛=𝑎𝑛−1+𝑎𝑛+1 101 31 7
44a 3 102 36 32
44b 4 102 36 32
44c−5 102 36 32
44dПоследовательность не являетс я гео-
метрическ ой прогрессией102 36 32
45𝑏1=−3, 𝑞=−2;𝑏1= 3, 𝑞= 2 ;
𝑏1=−48, 𝑞=−1
2;𝑏1= 48, 𝑞=1
2102 38 32
46 16 102 38 32
47 𝑏1= 243 , 𝑞=1
3102 38 32
48{3,−6,12,−24} 102 38 32
49 На чиная с номера 16 102 38 32
50𝑏1=−20, 𝑞=−1
2;𝑏1=−5, 𝑞=−2;
𝑏1= 20, 𝑞=1
2;𝑏1= 5, 𝑞= 2103 38 32
51 𝑏1= 48, 𝑞=1
4;𝑏1= 3, 𝑞= 4 103 38 32
52a Да:𝑏1=48
5, 𝑞= 5 103 39 32
52b Нет 103 39 32
52c Да:𝑏1=−4, 𝑞= 4 103 39 32
52d Нет 103 39 32
53 Р азность 𝑑= 3 103 39 33
54 𝑏1= 1, 𝑞= 3 103 39 33
120
№ Ответ З П Т
55 𝑏1= 1, 𝑞= 3 и𝑏1=1
9, 𝑞= 7 104 39 33
56 59 048 104 40 33
57 𝑞= 2 104 42 33
58 54 700 руб. 104 42 33
59 𝑘= 1 104 44 33
60 𝑡=−7 и𝑡= 5 105 44 33
61 𝑛= 6 105 44 33
62{27,18,12,8} 105 45 33
63{2,±2√
3,6,6±√
3,18} 105 45 33
64 3 105 45 34
65 16 105 46 33
66 3 105 46 33
67 896 105 48 34
68 𝑏1= 6, 𝑞=−1
2106 48 34
69 3 106 48 34
70−1
4106 48 34
71 66 106 48 34
72a Да 106 51 32
72b Нет 106 51 32
72c Да 106 51 32
73 3(︁
9 + 33√
26 +3√
262)︁
≈79.992 107 52 35
741
2,±4 и32 107 52 33
ОТВЕТЫ 121
№ Ответ З П Т
75𝑥3−7𝑎𝑥2+ 14𝑎2𝑥−8𝑎3=
= (𝑥−𝑎)(𝑥−2𝑎)(𝑥−4𝑎)107 53 33
76 1 248 и8 421 107 53 32
77 23 887 872 107 54 36
78a Да: 𝑑= 5; 𝑞= 2 107 55 55
78b Нет 107 56 55
78c Нет 107 56 55
78d Да: 𝑑= 4; 𝑞=−3 108 55 55
79−149 108 57 57
80 360 108 58 57
81 lim
𝑛→∞̸𝐴𝑛= lim
𝑛→∞̸𝐵𝑛= lim
𝑛→∞̸𝐶𝑛= 60𝑜108 59 57
82{︂95 170𝑜
769,95 450𝑜
769,96 010𝑜
769,97 130𝑜
769,
99 370𝑜
769,103 850𝑜
769,112 810𝑜
769,170}︂ 108 63 57
83a 0.474,0.481,0.472 108 68 65
83b 0.252,0.256,0.253 109 68 65
83c 0.638,0.647,0.639 109 68 65
84a 110 427 ,110 572 ,110 389 (руб.) 109 68 65
84b 105 545 ,105 622 ,105 561 (руб.) 109 68 65
84c 114 044 ,114 239 ,114 056 (руб.) 109 68 65
85 266 535 руб. 109 69 65
86a 16.4 % 109 72 71
122
№ Ответ З П Т
86b 14.2 % 109 72 71
86c 16.8 % 109 72 71
87a 14.7 % 110 72 71
87b 12.3 % 110 72 71
87c 17.4 % 110 72 71
88На век селе следу ет ук азать сумму
575 742 руб., а банк 10 июля учтет век-
сель за 539 039 руб.110 72 71
89 За2 го да 110 74 65
90a 45 626 руб. 110 75 74
90b 161 051 руб. 110 75 74
90c 35 832 руб. 110 75 74
91a 14.9 % 111 76 74
91b 9.6 % 111 76 74
91c 17.5 % 111 76 74
92a⎧
⎨
⎩𝑟4= 13 %∼𝑟1= 13.6 %
𝑟12= 12.5 %∼𝑟1= 13.2 %– первая111 78 74
92b⎧
⎨
⎩𝑟2= 20 %∼𝑟1= 21 %
𝑟4= 19.6 %∼𝑟1= 21.1 %– вторая 111 78 74
92c⎧
⎨
⎩𝑟3= 25 %∼𝑟1= 27.1 %
𝑟12= 24.5 %∼𝑟1= 27.4 %– вторая 111 78 74
ОТВЕТЫ 123
№ Ответ З П Т
93a 67 497 руб. 111 80 74
93b 80 376 руб. 111 80 74
93c 10 078 руб. 111 80 74
94a 𝑑12= 15.6 % 112 81 74
94b 𝑑2= 18.6 % 112 81 74
94c 𝑑4= 17.5 % 112 81 74
95a 𝑟6= 13.4 % 112 82 74
95b 𝑟4= 20.7 % 112 82 74
95c 𝑟4= 18.7 % 112 82 74
96a 100.018 112 84 83
96b 52.601 112 84 83
96c 57.573 112 84 83
97a 901 194 руб. 113 86 83
97b 328 323 руб. 113 85 83
97c 2 434 209 руб. 113 86 83
97d 2 121 209 руб. 113 85 83
98a 2 083 333 руб. 113 88 83
98b 766 667 руб. 113 87 83
98c 5 000 000 руб. 113 88 83
98d 2 622 222 руб. 113 87 83
99a 𝑃0= 40.018 ,𝑇𝑜= 4 го да и 𝑟*= 30.4 % 114 91 83
99b 𝑃0= 12.018 ,𝑇𝑜= 5 лет и 𝑟*= 23.9 % 114 91 83
124
№ Ответ З П Т
99c 𝑃0= 17.573 ,𝑇𝑜= 6 лет и 𝑟*= 30 % 114 91 83
100 1 669 .718 114 93 83
101a 999 139 руб. 114 94 55
101b 607 902 руб. 115 94 55
101c 1 106 500 руб. 115 94 55
101d 124 714 руб. 115 94 55
102 1 000 ,980,962,945.8,931.22 (тыс. руб.) 115 94 83
Биографические справки
116⇔ 128
1. Ариаб х ат а (476–550) – выдающийс я индийский астроном
и математик. В дошедшем до нас его сочинении «Ариаб х а-
тия» изло ж ены расчеты движ ения планет , лунных и солнеч-
ных затмений, с большой точностью ук азываютс я размеры
Земли и Луны, излаг аетс я система счисления, т аблица си-
ну сов, описываетс я процесс извлечения квадратного и ку-
бическ ого к орней, решаютс я зада чи, основанные на теореме
Пифагора. Все резу ль т аты изло ж ены чрезвычайно кратк о
в стих отворной форме.
2. Ар химед (287–212 г . до н. э.) – древнегреческий матема-
тик, физик и инж енер. Автор р яда открытий и изобретений:
известного из шк ольного курса физики зак она Ар химеда,
мощных мет ательных машин, пораж авших римских воинов
т яж елыми к амнями при осаде Сиракуз.
3. Гипсикл Алек сандрийский (190–120 гг . до н. э.) – древне-
греческий математик и астроном, автор книги о многоуголь-
ных числах. Р аспространил в Греции вавилонскую тради-
цию делить полный угол на 360𝑜.
4. Диофант Алек сандрийский (I I I в. н. э.) – греческий мате-
матик, автор тринадцатикнижия «Арифметик а» , посвящен-
ного решению алгебраических уравнений, тракт ат а
«О многоугольных числах» и тру да «Об измерении
126
повер хностей» . В насто ящее время термин «диофантовы урав-
нения» закрепилс я за алгебраическими уравнениями с це-
лыми к оэффициент ами, решения к оторых ищут среди це-
лых чисел.
5. Кар дано Дж ероламо (1501–1576) – ит альянский матема-
тик, инж енер, философ, медик и астролог; зак ончил Паду-
анский университет . В свое время был известен к ак о дин из
лучших вра чей Европы. Его имя носит форму ла для нах о ж-
дения к орней кубическ ого уравнения и к ар данный вал.
6. Паск аль Блез (1623–1662) – французский математик, ме-
х аник, физик, философ и литератор. Все на уки постиг ал
самосто ятельно. Внес зна чительный вклад в формирование
математическ ого анализа, теории веро ятностей и проектив-
ной геометрии, создал первую мех аническую суммирующую
машину .
7. Па чоли Лук а (1445–1517) – ит альянский математик, о дин
из основополо жник ов современной бухг алтерии. В Венеции
посещал лекции знаменитого тог да математик а Доменик о
Бриг адино. Автор рук ово дства по венецианск ой двойной бух-
г алтерии.
8. Ферма Пьер (1601–1665) – французский математик. Внес
зна чительный вклад в математический анализ, теорию ве-
ро ятностей и теорию чисел. Получил юридическ ое образова-
ние в Ту лузе, а затем про должил обучение в Бор до и Орле-
ане, что позволило ему с делать у спешную к арьеру
БИОГР А ФИЧЕСКИЕ СПР АВКИ 127
на госу дарственной службе.
9. Фибона ччи Леонар до (1170–1250) – ит альянский мате-
матик, известный т акж е по д именем Леонар до Пизанский,
автор р яда математических тракт атов. Математику изучал
у арабских учителей в Алжире, г де его отец часто бывал
по торговым делам. Р аботы Фибона ччи способствовали рас-
пространению в Европе позиционной системы счисления.
Большую известнось получила построенная им последова-
тельность, впоследствии названная р ядом Фибона ччи.
10. Эйлер Леонар д (1707–1783) – швейцарский, немецкий
и российский математик и мех аник, автор более 850 на уч-
ных работ по математическ ому анализу , дифференциаль-
ной геометрии, теории числел, приближ енным вычислени-
ям, небесной мех аник е, математическ ой физик е, оптик е,
баллистик е, воздух оплаванию, к ораблестроению, к орабле-
во ждению, теории музыки, медицине и другим на ук ам.
Ак адемик Петербургск ой, Берлинск ой, Париж ск ой и р яда
других ак адемий на ук. Более 30 лет работ ал в Р оссии, внес
зна чительный вклад в по дготовку к адров для российск ой
на уки, образования, армии и промышленности.
11. Эратосфен Киренский (276–194 гг . до н. э.) – древне-
греческий математик, астроном, географ, филолог и поэт .
Возг лавлял Алек сандрийскую библиотеку .
Список литературы
125⇐
1. Баврин И. И. Ст аринные зада чи: книг а для учащих с я
/ И. И. Баврин, Е. А. Фрибу с. – Москва : Просвещение,
1994. – 128 с.
2. Белл Э. Т . Творцы математики: Предшественники
современной математики / Э. Т . Белл. – Москва :
Просвещение, 1979. – 256 с.
3. Бобынин В. В. Очерки исторiи развитiя физик о-
математическихъ знанiй въ Р оссии. XVI I столетiе /
В. В. Бобынин. – Москва, 1888. – 126 с.
4. Бронштейн И. Н. Справочник по математик е для ин-
ж енеров и учащих с я ВТУЗов / И. Н. Бронштейн,
К. А. Семендяев. – Москва : На ук а, 1986. – 544 с.
5. Ван дер Вар ден Б. Л. Пробуждающаяс я на ук а. Мате-
матик а Древнего Египт а, Вавилона и Греции /
Б. Л. Ван дер Вар ден. – Москва : Г осу дарственное
издательство физик о-математическ ой литературы,
1959. – 560 с.
6. Депман И. Я. История арифметики / И. Я. Депман. –
Москва : Просвещение, 1965. – 416 с.
СПИСОК ЛИТЕР А ТУРЫ 129
7. История математики с древнейших времен до на чала
XIX столения. Т ом первый / по д ред. А. П. Юшк евича.
– Москва : На ук а, 1970. – 352 с.
8. История математики с древнейших времен до на чала
XIX столения. Т ом второй / по д ред. А. П. Юшк евича.
– Москва : На ук а, 1970. – 300 с.
9. История математики с древнейших времен до на чала
XIX столения. Т ом третий / по д ред. А. П. Юшк евича.
– Москва : На ук а, 1972. – 496 с.
10. Лебедев В. П. Нек оторые зада чи на прогрессии /
В. П. Лебедев // Квант . – 1973. – № 4. – С. 57–60.
11. Литвиненк о В. Н. Практикум по элемент арной мате-
матик е. Алгебра. Тригонометрия / В. Н. Литвиненк о,
А. Г . Мор дк ович. – Москва : Просвещение,
1991. – 352 с.
12. Панов В. Ф. Математик а древняя и юная /
В. Ф. Панов. – Москва : Изд-во МГТУ им. Н. Э. Ба у-
мана, 2006. – 648 с.
13. Полный сборник решений зада ч для поступающих
в вузы. Группа В / по д ред. М. И. Ск анави.
– Москва : Мир и образование, 2003. – 608 с.
14. Рыбник ов К. А. История математики. I /
К. А. Рыбник ов. – Москва : Изд-во МГУ , 1960. – 192 с.
15. Рыбник ов К. А. История математики. I I /
К. А. Рыбник ов. – Москва : Изд-во МГУ , 1963. – 336 с.
16. Система тренировочных зада ч и упражнений по мате-
матик е / А. Я. Симонов [и др.] – Москва :
Просвещение, 1991. – 540 с.
17. Стройк Д. Я. Краткий очерк истории математики /
Д. Я. Стройк. – Москва : На ук а, 1969. – 328 с.
18. Сук онник Я. Н. Арифметик о-геометрическ ая
прогрессия / Я. Н. Сук онник // Квант . – 1975. – № 1.
– С. 36–39.
19. Четыркин Е. М. Финансовая математик а /
Е. М. Четыркин. – Москва: Дело, 2004. – 400 с.
Учебное издание
Белый Евгений Конст антинович
Математик а не для ЕГЭ
Прогрессии
Учебное пособие для абитуриентов
и сту дентов первого курса
Р едактор Е. Е. Порывакина
Компьютерная верстк а Е. К. Бе лого
Оформление обло жки Е. Ю. Т ихоновой
По дписано в печать 20.06.16. Формат 60х84 1/16.
Бумаг а офсетная. Уч.-изд. л. 4.0. Тираж 200 экз. Изд. № 75
Федеральное госу дарственное бю дж етное образовательное
учреждение высшего образования
ПЕТРОЗАВО ДСКИЙ ГОСУ ДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
Отпечат ано в типографии Издательства ПетрГУ
185910, г . Петрозаво дск, пр. Ленина, 33