а) Если то Если то каждый шаг удваивает отклонение от (где ), Если это число всё ещё больше 1/4, повторим процедуру, что возможно, так как нужное условие опять выполняется. Если то уже Если будем увеличивать отклонение от 1/5: (где ), Если это число всё ещё больше 3/16, повторим процедуру, что возможно, так как опять выполняется условие 3/16 будет выполнено нужное неравенство.

б) Для построения примера будем использовать двоичную запись числа. Иррациональные числа, как и в случае десятичной записи, представляются бесконечными непериодическими дробями. Рассмотрим иррациональное число Оно устроено так: после запятой идет группа (0011), потом группа 00101101, потом два раза группа (0011), потом снова 00101101, потом три раза группа (0011) и т. д. Покажем, что число a дает необходимый пример.

Действительно для всех натуральных

а) Осуществим такую цепочку:

Благодаря решению пункта а) мы умеем за несколько шагов возводить числа в квадрат. Значит, можно получить число: Теперь получим последовательно:

Ответ: а) да; б) да.

Решим сразу пункт б). Покажем, что все нечетные степени произвольного целого числа имеют одинаковые остатки от деления на 6. Пусть a - целое число, а и — две его произвольные соседние нечетные степени.

Тогда делится на 6, потому что одно число из тройки последовательных чисел делится на 3 и хотя бы одно число из этой тройки делится на 2. То есть, соседние нечетные степени числа a имеют одинаковые остатки от деления на 6, но тогда и любые нечетные степени числа a имеют одинаковые остатки от деления на 6. Следовательно, делится на 6, то есть не может быть никаким простым числом, в том числе и двойкой.

Решим сразу пункт б). Покажем, что ответ положительный. Слагаемых всего сто, поэтому различных расстановок плюсов и минусов будет Обозначим один из корней за и будем рассматривать искомое выражение как многочлен степени Делители разобьём на две группы: в одну включаем те, в которых при стоит знак «+», в другую — те, в которых при стоит «−». Произведение одночленов первой группы обозначим через произведение одночленов второй группы через каждый степени (в каждой группе встречаются всевозможные комбинации знаков всех слагаемых, кроме ) в силу определения этих многочленов.

Кроме того, поскольку при замене всех знаков при слагаемых в группе множителей, составляющих выражение не изменится, так как скобок чётное число, в то же время, превратится в так как в скобках стоит теперь со знаком «–». Отсюда получаем, что т. е. — чётная функция.

Если многочлен есть чётная функция, то он содержит только чётные степени и его можно рассматривать как многочлен от Докажем, что есть чётная функция и от остальных радикалов. Обозначим радикал, отличный от через и будем теперь считать функцией от Разложим на два сомножителя и в первый из которых входят делители с коэффициентом 1 при а во второй — с коэффициентом –1. Очевидно, что Тогда Итак, после раскрытия скобок в выражении все радикалы будут встречаться в чётных степенях, так что — целое число. — это тоже самое число. Итак, всё произведение есть полный квадрат.

а) по условию значит, Значит, Точно также и для остальных чисел.

Теперь решим пункт в).

в) Что и требовалось доказать. Теперь из пункта в) следует пункт б), так как