В. В. ПРАСОЛОВ

Задачи по алгебре, арифметике и анализу

В. В. Прасолов

ЗАДАЧИ ПО АЛГЕБРЕ, АРИФМЕТИКЕ И АНАЛИЗУ

Учебное пособие

Издание второе, исправленное

Москва Издательство МЦНМО 2011

УДК 512.1+517.1+511.1 ББК 22.141+22.161 П70

Прасолов В. В.

П70 Задачи по алгебре, арифметике и анализу: Учебное пособие. — 2-е изд., испр. — М.: МЦНМО, 2011. — 608 с. : ил.

ISBN 978-5-94057-810-9

В книгу включены задачи по алгебре, арифметике и анализу, относящиеся к школьной программе, но, в основном, несколько повышенного уровня по сравнению с обычными школьными задачами. Есть также некоторое количество весьма трудных задач, предназначенных для учащихся математических классов. Сборник содержит более 1000 задач с полными решениями.

Для школьников, преподавателей математики, руководителей математических кружков, студентов пединститутов.

Первое издание книги вышло в 2007 г.

ББК 22.141+22.161

ISBN 978-5-94057-810-9

© Прасолов В. В., 2007 © МЦНМО, 2007

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие 12

Некоторые обозначения 14

Глава 1. Квадратный трёхчлен 16

1.1. Наименьшее значение квадратного трёхчлена (16).

1.2. Дискриминант (16). 1.3. Разные задачи (17). 1.4. Теорема о промежуточном значении (18). 1.5. Уравнение касательной к конике (19). 1.6. Результант (19).

Решения............................ 19

Глава 2. Уравнения 26

2.1. Замена переменных (26). 2.2. Угадывание корней (26).

2.3. Уравнения с радикалами (26). 2.4. Разные уравнения (27).

Решения............................ 27

Глава 3. Системы уравнений 31

3.1. Нахождение всех решений (31). 3.2. Нахождение вещественных решений (31). 3.3. Положительные решения (32). 3.4. Количество решений системы уравнений (32). 3.5. Линейные системы уравнений (33).

Решения............................ 35

Глава 4. Делимость 42

4.1. Чёт и нечет (42). 4.2. Алгоритм Евклида и основная теорема арифметики (43). 4.3. Разложение на простые множители (44). 4.4. Признаки делимости (44). 4.5. Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное (45).

4.6. Делимость нацело (46). 4.7. Делимость на степень простого числа (47). 4.8. Остатки от деления (48). 4.9. Взаимно простые числа (49). 4.10. Простые числа (49). 4.11. Арифметика остатков (50).

Решения............................ 50

Глава 5. Тождества 65

5.1. Разложение на множители (65). 5.2. Доказательство тождеств (65). 5.3. Суммы квадратов (65). 5.4. Вспомогательные тождества (66). 5.5. Разложения рациональных функций (67). 5.6. Разложения квадратичных функций (67). 5.7. Тождества с целыми частями (68). Решения............................ 68

Глава 6. Рациональные и иррациональные числа 74

6.1. Сравнение чисел (74). 6.2. Иррациональности в знаменателях (74). 6.3. Тождества с радикалами (75). 6.4. Доказательства иррациональности и рациональности (76). 6.5. Сопряжённые числа (76). 6.6. Последовательность Фарея (77). 6.7. Задачи с целыми частями (78). Решения............................ 78

Глава 7. Текстовые задачи 88

7.1. Решения без вычислений (88). 7.2. Вычисления (88). 7.3. Неравенства (89). 7.4. Целочисленные приближения (90). 7.5. Соответствия (91).

Решения............................ 91

Глава 8. Неравенства 96

8.1. Неравенство х + 1/х ^ 2 (96). 8.2. Неравенство треугольника (96). 8.3. Неравенство Коши (97). 8.4. Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим (98). 8.5. Неравенства, имеющие геометрическую интерпретацию (99). 8.6. Циклические неравенства (99).

8.7. Разные неравенства (100). 8.8. Выпуклость (101). 8.9. Неравенства Гёльдера и Минковского (102).

Решения............................103

Глава 9. Вычисление сумм и произведений 116

9.1. Арифметическая и геометрическая прогрессии (116).

9.2. Изменение порядка суммирования (117). 9.3. Суммы Sk(n) = \k + 2k + ... + nk (118). 9.4. Разбиение на пары (119). 9.5. Вычисление одной суммы двумя способами (119). Решения............................119

Глава 10. Многочлены — I 125

10.1. Выделение полного квадрата (125). 10.2. Корни многочленов (125). 10.3. Коэффициенты многочлена (125). 10.4. Теорема Виета (126). 10.5. Делимость (127). 10.6. Неравенства для корней (128). 10.7. Количество вещественных корней многочлена (128). 10.8. Разные задачи (129). 10.9. Интерполяционные многочлены (129). 10.10. Рациональные функции (130). 10.11. Целозначные многочлены (131). 10.12. Многочлены от нескольких переменных (131).

Решения............................131

Глава 11. Тригонометрия 142

11.1. Неравенства и сравнение чисел (142). 11.2. Тригонометрические тождества (143). 11.3. Уравнения (143). 11.4. Суммы синусов и косинусов, связанные с правильными многоугольниками (144). 11.5. Вычисление сумм и произведений (144). 11.6. Выражения для cosncp и т.п. (145). 11.7. Вспомогательные тригонометрические функции (146). 11.8. Тригонометрические многочлены (147).

Решения............................147

Глава 12. Уравнения в целых числах 159

12.1. Пифагоровы тройки (159). 12.2. Нахождение всех решений (159). 12.3. Нахождение некоторых решений (160).

12.4. Доказательство конечности числа решений (161).

12.5. Уравнение Пелля (161). 12.6. Уравнение Маркова (162).

Решения............................162

Глава 13. Индукция 171

13.1. Вычисление сумм (171). 13.2. Неравенства (171). 13.3. Доказательство тождеств (172). 13.4. Разные задачи (173).

Решения............................173

Глава 14. Комбинаторика 178

14.1. Элементы комбинаторики (178). 14.2. Тождества для биномиальных коэффициентов (179). 14.3. Бином Ньютона в арифметике (180). 14.4. Комбинаторика в арифметике (180). 14.5. Неравенства для биномиальных коэффициентов (181). 14.6. Арифметика биномиальных коэффициентов (181). 14.7. Формула включений и исключений (181). 14.8. Аналоги биномиальных коэффициентов (182). 14.9. Числа Каталана (182). 14.10. Элементы теории вероятностей (184).

Решения............................185

Глава 15. Рекуррентные последовательности 201

15.1. Общие свойства (201). 15.2. Числа Фибоначчи (201).

15.3. Числа Фибоначчи и алгоритм Евклида (203).

15.4. Числа Фибоначчи в комбинаторике (203). 15.5. Специальные рекуррентные последовательности (204). Решения............................204

Глава 16. Примеры и конструкции 210

16.1. Наборы чисел (210). 16.2. Бесконечные последовательности (211). 16.3. Последовательности операций (211).

16.4. Многочлены и рациональные функции (211).

16.5. Разные примеры и конструкции (212).

Решения............................213

Глава 17. Принцип Дирихле. Правило крайнего 218

17.1. Остатки от деления (218). 17.2. Разные задачи (219). 17.3. Приближения иррациональных чисел рациональными (220). 17.4. Правило крайнего (220).

Решения............................222

Глава 18. Инварианты и полуинварианты 229

18.1. Остатки от деления (229). 18.2. Полуинварианты (230). 18.3. Чётность перестановки (230). Решения............................232

Глава 19. Логика 237

19.1. Логические задачи (237). 19.2. Логические парадоксы (238). 19.3. Логика высказываний (239).

Решения............................240

Глава 20. Стратегии. Турниры. Таблицы 243

20.1. Выбор стратегии (243). 20.2. Переливания (244). 20.3. Турниры (244). 20.4. Взвешивания (245). 20.5. Таблицы (246).

Решения............................247

Глава 21. Системы счисления 258

21.1. Последние цифры (258). 21.2. Первые цифры (258). 21.3. Другие цифры (259). 21.4. Сумма цифр (259).

21.5. Разные задачи о десятичной записи (259).

21.6. Периоды десятичных дробей и репьюниты (260).

21.7. Определение d-ичной записи числа (261). 21.8. Двоичная система (261). 21.9. Другие системы счисления (262). 21.10. Другие представления чисел (263).

Решения............................263

Глава 22. Графы 271

22.1. Обходы графов (272). 22.2. Ориентированные графы (272). 22.3. Паросочетания (272).

Решения............................273

Глава 23. Комплексные числа 277

23.1. Тождества и неравенства для комплексных чисел (278). 23.2. Формула Муавра (278). 23.3. Корни из единицы (279). 23.4. Корни многочленов (281).

Решения............................281

Глава 24. Уравнения, разрешимые в радикалах 287

24.1. Решение кубических уравнений (288). 24.2. Дискриминант кубического многочлена (288). 24.3. Решение уравнений 4-й степени (289). 24.4. Другие уравнения, разрешимые в радикалах (289).

Решения............................289

Глава 25. Предел последовательности 295

25.1. Свойства пределов (295). 25.2. Теорема Вейерштрасса (296). 25.3. Вычисление пределов (297). 25.4. Число е (298). 25.5. Сопряжённые числа (299). 25.6. Точная верхняя грань (299).

Решения............................300

Глава 26. Непрерывные и разрывные функции 312

26.1. Монотонные функции (312). 26.2. Периодические функции (312). 26.3. Предел функции (312). 26.4. Непрерывность (313). 26.5. Теорема о промежуточном значении (314). 26.6. Свойства функций, непрерывных на отрезке (314). 26.7. Выпуклые функции (315). 26.8. Равномерная непрерывность (316). 26.9. Функции ограниченной вариации (316).

Решения............................317

Глава 27. Логарифм и показательная функция 324

27.1. Определение показательной функции и логарифма (324). 27.2. Показательная функция (325). 27.3. Тождества для логарифмов (325). 27.4. Неравенства и сравнение чисел (326). 27.5. Иррациональность логарифмов (326). 27.6. Некоторые замечательные пределы (326). 27.7. Гиперболические функции (326).

Решения............................327

Глава 28. Производная 333

28.1. Определение производной (333). 28.2. Производные элементарных функций (334). 28.3. Кратный корень многочлена (335). 28.4. Производная многочлена (335). 28.5. Тождества (337). 28.6. Касательная и нормаль (337). 28.7. Функции, дифференцируемые на отрезке (337). 28.8. Неравенства (339). 28.9. Правило Лопиталя (340).

28.10. Количество корней уравнения (340). 28.11. Периодические функции (341). 28.12. Нормированные симметрические функции (341). 28.13. Алгебраические и трансцендентные функции (342). 28.14. Формула Тейлора (342).

Решения............................343

Глава 29. Интеграл 363

29.1. Неопределённый интеграл (363). 29.2. Определённый интеграл (364). 29.3. Вычисление интегралов (366). 29.4. Вычисление площадей (367). 29.5. Вычисление объёмов (367). 29.6. Длина кривой (368). 29.7. Площадь поверхности (369). 29.8. Неравенства (369). 29.9. Вычисление пределов (370). 29.10. Тождества (371). 29.11. Примеры и конструкции (371). 29.12. Несобственные интегралы (371).

Решения............................372

Глава 30. Ряды 386

30.1. Вычисление бесконечных сумм (386). 30.2. Вычисление бесконечных произведений (386). 30.3. Гармонический ряд (386). 30.4. Ряд для логарифма (388). 30.5. Ряды для числа к (389). 30.6. Экспонента в комплексной области (389). 30.7. Доказательства неравенств (390). 30.8. Сходящиеся и расходящиеся ряды (390). 30.9. Сходимость бесконечных произведений (390).

Решения............................391

Глава 31. Элементы теории чисел 401

31.1. Малая теорема Ферма (401). 31.2. Псевдопростые числа (401). 31.3. Функция Эйлера (402). 31.4. Теорема Вильсона (402). 31.5. Задачи о сравнениях (403). 31.6. Функция Gk(n). Делители (404). 31.7. Квадратичные вычеты (405). 31.8. Квадратичный закон взаимности (406). 31.9. Гауссовы суммы (408). 31.10. Суммы двух квадратов (408). 31.11. Суммы четырёх квадратов (409). 31.12. Первообразные корни по простому модулю (410). 31.13. Первообразные корни по составному модулю (411). 31.14. Теорема Чебышева о простых числах (412).

Решения............................412

Глава 32. Многочлены — II 436

32.1. Разделение корней (436). 32.2. Неприводимые многочлены (438). 32.3. Симметрические многочлены (441). 32.4. Многочлены Чебышева (444). 32.5. Алгебраические и трансцендентные числа (446). 32.6. Присоединение корня многочлена (447).

Решения............................448

Глава 33. Алгоритмы и вычисления 462

33.1. Вычисления некоторых чисел (462). 33.2. Арифметические операции. Многочлены (462). 33.3. Сортировка (463). 33.4. Криптография с открытым ключом (465). Решения............................466

Глава 34. Функциональные уравнения 472

34.1. Метод подстановки (472). 34.2. Функциональные уравнения для произвольных функций (472). 34.3. Функциональные уравнения для непрерывных функций (473). 34.4. Функциональные уравнения для дифференцируемых функций (474). 34.5. Функциональные уравнения для многочленов (474).

Решения............................476

Глава 35. Цепные дроби 486

35.1. Определение и основные свойства (486). 35.2. Наилучшие приближения (488). 35.3. Цепные дроби и уравнение Пелля (488).

Решения............................489

Глава 36. Формальные ряды и производящие функции 495

36.1. Формальные ряды (495). 36.2. Формальная производная (496). 36.3. Корень из формального ряда (496). 36.4. Экспонента и логарифм (496). 36.5. Тождества для формальных рядов (497). 36.6. Производящие функции (498). 36.7. Числа и многочлены Бернулли (499). 36.8. Число разбиений (499). 36.9. Формулы Варинга (500).

Решения............................501

Глава 37. Исчисление конечных разностей 512

37.1. Свойства конечных разностей (512). 37.2. Обобщённая степень (513). 37.3. Формула суммирования Эйлера (513).

Решения............................514

Глава 38. Кривые на плоскости 517

38.1. Полярные координаты (518). 38.2. Огибающая семейства кривых (518). 38.3. Кривизна (521). 38.4. Соприкасающаяся окружность (522). 38.5. Фокальные точки. Эволюта (523).

Решения............................524

Глава 39. Теория множеств 533

39.1. Конечные множества (533). 39.2. Операции над множествами (533). 39.3. Равномощные множества (534). 39.4. Счётные множества (535). 39.5. Мощность континуума (535). 39.6. Свойства мощности (536). 39.7. Парадоксы теории множеств (536).

Решения............................537

Дополнение 541

1. Рациональная параметризация окружности (541).

2. Суммы квадратов многочленов (545). 3. Представление чисел в виде суммы двух квадратов (548). 4. Построение правильного 17-угольника (551). 5. Построения циркулем и линейкой (555). 6. Хроматический многочлен графа (563). 7. Трансцендентность чисел е и л (567). 8. Разрешимость уравнений в радикалах (572). 9. Диофантовы уравнения для многочленов (586). 10. Теорема Ван дер Вардена об арифметической прогрессии (591). 11. Происхождение математических терминов (596).

Указатель имён 599

Предметный указатель 600

ПРЕДИСЛОВИЕ

Книга состоит из 39 глав и «Дополнения», которое содержит очерки, посвящённые избранным темам алгебры, арифметики и анализа. В конце книги приведён предметный указатель. Структура книги во многом схожа со структурой моей книги «Задачи по планиметрии», в четвёртом издании которой тоже появились «Дополнение» и предметный указатель.

Книга предназначена для школьников, обучающихся в классах с углублённым изучением математики, и для преподавателей математики. В ней представлены практически все темы алгебры, арифметики и анализа, которые сейчас изучаются в математических классах. Некоторая часть изложенного материала выходит за рамки школьной программы, но не за рамки программ математических классов. В основном это те темы, которые традиционно вызывают большой интерес у школьников: свойства простых чисел, решение уравнений в целых числах, задачи о взвешивании монет, решение кубических уравнений, невозможность трисекции угла.

Для удобства читателя в книге принята подробная рубрикация. Задачи распределены по 39 главам, каждая из которых разбита на несколько параграфов. За основу классификации приняты методы решения задач, хотя по необходимости существенную роль играют и внешние признаки (уравнения, неравенства, многочлены, тригонометрические функции и т. п.).

Основное внимание в книге уделено тем идеям, которые находят применение в современной математике или в других областях науки: физике, экономике и т.д.

«Дополнение» состоит из отдельных очерков, посвященных избранным темам алгебры, арифметики и анализа: рациональная параметризация окружности; суммы квадратов многочленов; представление чисел в виде суммы двух квадратов; построение правильного 17-угольника; построения циркулем и линейкой; хроматический многочлен графа; трансцендентность чисел е и л:; неразрешимость в радикалах общего уравнения пятой степени; диофантовы уравнения для многочленов; теорема Ван дер Вардена об арифметической прогрессии. В конце приведён словарик, в котором объяснено происхождение некоторых математических терминов.

По поводу незнакомых терминов следует обращаться к предметному указателю. Там можно узнать, на какой странице определяется соответствующее понятие. Если же вам встретилось незнакомое обозначение, то следует обратиться к списку обозначений на с. 14—15.

Электронную версию этой книги можно найти в Internet по адресу http://www.mccme.ru/prasolov/. В электронной версии будут исправляться замеченные ошибки и опечатки.

НЕКОТОРЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ

НОД — наибольший общий делитель НОК — наименьшее общее кратное

[х] — целая часть числа х, наибольшее целое число, не превосходящее x

[х] — дробная часть числа х, разность между числом х и его целой частью

= (n ' щ — биномиальный коэффициент

= — сравнимо по модулю

I îi — d делит п

lim — предел

^2 — знак суммирования J — знак произведения

min{ai, ап) или min (ai, ап)— наименьшее из чисел ai, ап

max{ai, ап) или max (ai, ап) — наибольшее из чисел ai, ап

lg — логарифм по основанию 10

In — логарифм, основанием которого служит число е (натуральный логарифм)

sgn — знак перестановки

sh — гиперболический синус ch — гиперболический косинус th — гиперболический тангенс cth — гиперболический котангенс Arsh — ареасинус гиперболический Arch — ареакосинус гиперболический Arth — ареатангенс гиперболический Arcth — ареакотангенс гиперболический f(x) — производная функции f(x) — интеграл

ГЛАВА 1

КВАДРАТНЫЙ ТРЁХЧЛЕН

1.1. Наименьшее значение квадратного трёхчлена

1.1. Докажите, что если х > О, то х + 1/х ^ 2.

1.2. а) Докажите, что х(1 — х) ^ 1/4. б) Докажите, что х(а — х) ^ а2/4.

1.3. Докажите, что для чисел а, Ь, с, заключённых между 0 и 1, не могут одновременно выполняться неравенства а(1 - Ъ) > 1/4, &(1 - с) > 1/4 и с(1 - а) > 1/4.

1.4. При каком X функция f(x) = (х — ai)2 +... + (х — ап)2 принимает наименьшее значение?

1.5. Пусть X, г/, 2 — положительные числа, сумма которых равна 1. Докажите, что 1/х + 1/у + 1/z ^ 9.

1.6. Докажите, что расстояние от точки (хо, г/о) до прямой ах + by + с = 0 равно

1.7. Пусть ai, ап — неотрицательные числа, причём ai +... + ап = а. Докажите, что

1.2. Дискриминант

1.8. а) Пусть a, Ь, с — вещественные числа. Докажите, что квадратное уравнение

имеет вещественный корень.

б) Докажите, что (а + Ъ + с)2 ^ 3 (ab + be + са).

1.9. Пусть ai, аП9 &i, Ъп — вещественные числа. Докажите неравенство Коши

1.10. Докажите, что если (а + Ъ + с)с < 0, то Ъ2 > 4ас.

1.3. Разные задачи

1.11. а) Золотым сечением называют деление отрезка на две части, при котором весь отрезок относится к большей части, как большая часть к меньшей. Чему равно при этом отношение меньшей части к большей?

б) Пусть a — основание равнобедренного треугольника с углом при основании 72°, Ъ — его боковая сторона. Докажите, что отрезки a и Ъ делят отрезок a + Ъ в золотом сечении.

1.12. Докажите, что квадратный трёхчлен ах2 + Ъх + с принимает целые значения при всех целых х тогда и только тогда, когда числа 2а, а + Ь и с целые.

1.13. У уравнений х2 + ах + Ь = 0 и х2 + cx + d = 0 нет корней, меньших хо- Докажите, что у уравнения

тоже нет корней, меньших xq.

1.14. Докажите, что если уравнения с целыми коэффициентами

имеют общий нецелый корень, то р\ =Р2 и q\ = #2-

1.15. Докажите, что если при любом положительном р все корни уравнения ах2+Ъх+с+р = 0 действительны и положительны, то коэффициент a равен нулю.

1.16. а) Трёхчлен ах2 + Ьх + с при всех целых х является точной четвёртой степенью. Докажите, что тогда а = Ь = 0.

б) Трёхчлен ах2 + Ъх + с при всех целых х является точным квадратом. Докажите, что тогда ах2 + bx + c= (dx + e)2.

1.17. Пусть х\ и Х2 — корни квадратного уравнения х2 + ах + Ъ = 0, sn = х\ + х\. Докажите, что

где суммирование ведётся по всем целым числам т, для которых 0 ^ m ^ п/2 (формула Варинга).

1.4. Теорема о промежуточном значении

При решении задач о квадратном трёхчлене часто бывает полезно следующее утверждение, которое называют теоремой о промежуточном значении для квадратного трёхчлена. Пусть f(x) = ах2 + Ъх + с, где а ф 0. Если f(a)f(ß) ^ 0, то на отрезке [а, /3] лежит по крайней мере один корень квадратного уравнения ах2 + Ъх + с = 0.

Для /(х) = — ^(х) это означает, что если, например, ср(ос) ^ ф(ос) и ??(/3) ^ (p(ß), то на отрезке [а, /3] есть точка хо, для которой ср (хо) = ^ (хо).

1.18. Докажите теорему о промежуточном значении для квадратного трёхчлена.

1.19. Пусть а — корень уравнения х2 + ах + Ъ = 0, /3 — корень уравнения х2 — ах — Ъ = 0. Докажите, что между числами а и ß есть корень уравнения х2 — 2ах — 2Ь = 0.

1.20. Квадратный трёхчлен f(x) имеет два вещественных корня, разность которых не меньше натурального числа п ^ ^ 2. Докажите, что квадратный трёхчлен f(x) + f(x + 1) +... ... + f(x + п) имеет два вещественных корня.

1.21. Даны уравнения ах2 + Ъх + с = 0 и —ах2 + с = 0. Докажите, что если х\ — корень первого уравнения, а Х2 — второго, то найдется корень хз уравнения -xz + 6x + c = 0, для которого либо х\ ^ Хз ^ Х2, либо Xi ^ Хз ^ Х2-

1.22. Докажите, что на отрезке [—1, 1] квадратный трёхчлен f(x) = X2 + ах + b принимает значение, абсолютная величина которого не меньше 1/2.

1.23. Докажите, что если \ах2 + Ъх + с\ ^ 1/2 при всех IXI ^ 1, то I ах2 + Ъх + с I ^ X2 — 1 /2 при всех | х | ^ 1.

1.24. Докажите, что если \ах2 + Ъх + с \ ^ 1 при \х \ ^ 1, то I сх2 + Ъх + а I ^ 2 при IXI ^ 1.

1.5. Уравнение касательной к конике

1.25. Найдите уравнение касательной к конике ах2 + bxy + су2 + dx + ey + / = 0 в точке (хо, г/о).

1.26. а) Докажите, что касательная в точке (хо, г/о) к эллипсу (или гиперболе) ах2 + &г/2 = 1 задаётся уравнением ахох + Ъуоу = 1.

б) Докажите, что касательная в точке (хо, г/о) к гиперболе ху = а задаётся уравнением хоу + г/о* = 2а.

1.6. Результант

1.27. Докажите, что квадратные уравнения х2 +p\X + q\ = 0 и X2 + /?2Х + #2 = 0 имеют общий корень (возможно комплексный) тогда и только тогда, когда

Выражение (q2 - qi)2 + (pi - P2)(Piq2 - Ч1Р2) называют результантом квадратных трёхчленов х2 +p\x + q\ и х2 +

1.28. Докажите, что если числа pi, р2-> q\, q2 удовлетворяют неравенству (q2 - qi)2 + (pi ~P2)(Piq2 - QiP2) < 0, то квадратные трёхчлены х2 + р\Х + q\ и х2 + /?2# + q2 имеют вещественные корни и между корнями каждого из них лежит корень другого.

Решения

1.1. При X > 0 данное неравенство эквивалентно неравенству X2 - 2х + 1 ^ 0, т. е. (х-1)2^ 0.

1.2. а) Квадратный трёхчлен х2 — х принимает наименьшее значение при х= 1/2; оно равно —1/4.

б) Квадратный трёхчлен х2 — ах принимает наименьшее значение при х = а/2; оно равно —а2/4.

1.3. Согласно задаче 1.2 б) а(1 -а) ^ 1/4, fe(l-fe)^l/4, с(1-с)^ ^ 1/4. Поэтому

1.4. Ясно, что f(x) = дх2 — 2(ai + ... + a„)x + а\ + ... + а2. Этот квадратный трёхчлен принимает наименьшее значение при х =

1.5. По условию - =-= 1 H---1—. Такие же выражения можно написать для 1/у и 1/z. Согласно задаче 1.2 у/х + х/у ^ 2. Написав ещё два аналогичных неравенства, получим требуемое.

1.6. Пусть точка (х, у) лежит на прямой ах + by + с = 0. Тогда

поэтому

Минимальное значение полученного квадратного трёхчлена равно

1.7. Пусть X = ai + аз + as + ... Тогда Поэтому согласно задаче 1.2 б)

1.8. а) Пусть для определённости а^Ь^с. Тогда при х — Ь левая часть уравнения принимает значение (b — c)(b — a)^0. А при очень больших X левая часть положительна, поэтому уравнение имеет вещественный корень.

б) Достаточно заметить, что дискриминант рассматриваемого в а) уравнения неотрицателен.

1.9. Квадратный трёхчлен (aix + b\)2 + ... + (апх + bn)2 неотрицателен при всех X, поэтому его дискриминант неположителен. Вычислив дискриминант, получаем требуемое.

1.10. Рассмотрим квадратный трёхчлен f(x) = х2 + Ьх + ас. По условию f(c) < 0. Коэффициент при х2 положителен, поэтому рас-

сматриваемыи квадратный трехчлен имеет два вещественных корня. Следовательно, его дискриминант D = b2 — 4ас положителен.

1.11. а) Ответ: —-—. Пусть отрезок разделён на два отрезка длиной у и 2, причём у < 2. Мы имеем золотое сечение тогда и только тогда, когда — =-= х, где х — искомое число. Для х получаем уравнение х(х+ 1) =--= 1. Решая его и отбрасывая отрицательный корень, получаем х= — - +

б) Пусть ABC — треугольник с углами ZA = 36°, ZB = ZC = 72°. Пусть, далее, а = ВС и b = АС Проведём в этом треугольнике биссектрису ВК. Тогда ZKBC = 36°, поэтому треугольник ВСК тоже равнобедренный с углом при основании 72°. Кроме того, АК = КВ, поскольку ZABK = 36° = ZBAK. Значит, КС = b — а, поэтому равенство —— = ——- записывается в виде - =--, т. е. о — ba = а .

Следовательно, —-— = - , что и требовалось.

1.12. Предположим сначала, что квадратный трёхчлен f(x) = ах2 + Ьх + с принимает целые значения при всех целых х. Тогда, в частности, число /(0) = с целое. Числа /(±1) — с = а ± b тоже целые. Значит, число 2а = (а + Ь) + (а — Ь) целое.

Предположим теперь, что числа 2а, а + Ь и с целые. Тогда число х(ах + Ь) целое при чётном х. А если х = 2k + 1, то число ах + b = 2ka + a + b целое.

1.13. Из условия следует, что если х ^ Хо, то х2 + ах + & > 0 и X2 + сх + d > 0. Поэтому если х > хо, то 2х2 + (а + с)х + (Ь + а7) > 0.

1.14. Если уравнение с целыми коэффициентами х2 +pix + qi = 0 имеет нецелый корень х\, то этот корень иррациональный. Действительно, пусть х\ = т/п — несократимая дробь. Тогда т2 +pimn + qin2 = 0, поэтому т2 делится на п. Но по предположению числа тип взаимно простые. Значит, число Х\ целое. Получаем противоречие, следовательно, Х\ — иррациональное число.

Таким образом, данные уравнения имеют общий корень х\ = а + y/b, где числа а и b рациональные, а число у/Ь иррациональное. Согласно теореме Виета второй корень первого уравнения равен —р\ — a — y/b и при этом qi = (а + л/Ъ) (—pi — а — л/Ъ). Следовательно, qi = (— pi — 2а) а/5 + г, где число г = — ар\ — а2 — b рациональное. Поэтому р\ = —2а и q\ = (а + а/5) (а — а/5) = а2 — Ь. Аналогично для чисел р2 и #2 мы получаем те же самые выражения.

1.15. Предположим, что а > 0. Тогда при больших положительных р дискриминант D = b2 — 4ас — Aap отрицателен, поэтому

данное уравнение вообще не имеет действительных корней. Предположим, что а < 0. Тогда при больших положительных р произведение корней, равное -, отрицательно.

1.16. а) Ясно, что а ^ 0 и с ^ 0. Рассмотрим значения х, равные 1, 2, п. Если одно из чисел а или Ъ отлично от нуля, то трёхчлен ах2 + Ъх + с при таких х принимает по крайней мере п/2 различных значений. Эти значения заключены между 0 и an2 + \ b\n+c. Количество различных точных четвёртых степеней, заключённых между 0 и an2 + \b\n+c, не превосходит

Поэтому

При очень больших п такое неравенство выполняться не может, поскольку (п/2)4 будет гораздо больше, чем an2.

б) Пусть f(x) = \Jах2 + Ъх + с. Тогда

поэтому

При целом X число /(х + 1) — f(x)

является целым, поэтому л/а = d, где d — целое число. Кроме того, при целых х ^ Хо разность f(x + 1) — f(x) должна быть равна своему предельному значению d. Положим у = Хо + п. Тогда f(y) = f(xo) + nd при всех натуральных п. Таким образом, для всех у = хо + п, п — натуральное. Но тогда такое равенство имеет место для всех у. Итак, d = \[а и е — f(xo) — dxo, где хо — любое целое число.

1.17. Согласно теореме Виета Xi + Х2 = — а и Х1Х2 = Ъ. При п = 1 и п = 2 требуемое равенство имеет вид х\ + Х2 = —а и

Второе равенство легко проверяется. Предположим, что требуемое равенство доказано для всех натуральных чисел, не превосходящих п — 1, где п ^ 3. Тогда

Заменив m + 1 на m, вторую сумму можно переписать в виде

Далее,

В результате получаем требуемое.

1.18. Если у квадратного трёхчлена нет корней, то все его значения одного знака. Если у квадратного трёхчлена ровно один корень, то все его значения одновременно неотрицательны или неположительны. Если квадратный трёхчлен имеет корни х\ и Х2, где Х\ < Х2, то его значения при х < Х\ и при х > Х2 имеют один знак, а при х\ < х < Х2 — другой знак. Поэтому если квадратный трёхчлен в двух точках принимает значения разных знаков, то между этими точками лежит х\ или Х2.

1.19. Пусть f(x) = X2 — 2ах — 2Ь. По условию а2 = а ос — Ъ и /З2 = aß +ß, поэтому f(a) = а2 + 2а2 = За2 и f(ß) =ß2- 2ß2 = -ß2. Значит, f(a)f(ß) ^ 0. Поэтому на отрезке [a, ß] лежит по крайней мере один корень квадратного уравнения х2 — 2ах — 2Ь = 0.

1.20. Пусть квадратный трёхчлен f(x) имеет вещественные корни х\ и Х2 = х\ + п + а, где а ^ 0. Для определённости будем считать, что коэффициент при х2 положителен. Положим Хо = х\ + а/2. Тогда хо ^xi и хо + п^Х2. Поэтому /(хо) +/(хо + 1) +. .. + /(хо + п) <0. У квадратного трёхчлена /(х) + ... + /(х + п) коэффициент при х2 положителен, поэтому при достаточно больших х он принимает положительные значения.

1.21. При x = xi и х = Х2 трёхчлен -х2 + Ьх + с принимает значения —ах2/2 и Зах2/2. Эти значения имеют разные знаки, поэтому один из корней трёхчлена расположен между х\ и Х2.

1.22. Предположим, что |/(х)| < 1/2 при |х| ^ 1. Квадратный трёхчлен g(x) = X2 — 1/2 в точках ±1 и 0 принимает значения 1/2 и -1/2. Поэтому /(±1) <g(±l) и /(0) >£(0). Значит, графики функций / и g пересекаются по крайней мере в двух точках: одна точка пересечения лежит на отрезке [—1, 0], а вторая — на отрезке [0, 1].

Покажем, что графики функций f и g пересекаются лишь в одной точке. Из равенства х2 + ах + Ъ = х2 — 1/2 следует, что

ах + b = —1/2. Условие /(0) > g(0) означает, в частности, что Ъ ф —1/2. Поэтому уравнение ах + Ь = —1/2 имеет единственное решение.

1.23. Достаточно доказать, что ах2 + Ъх + с ^ х2 — 1/2 (для многочлена —ах2 — frx — с можно применить аналогичное неравенство).

Пусть f(x) =ax2 + bx + c и g(x)=x2 - 1/2. Тогда /(0) ^g(0) = -1/2 и /(±1) ^g(±l) = 1/2. Поэтому графики функций / и g имеют две общие точки над отрезком [—1, 1], а больше двух общих точек они иметь не могут (если только / и g не совпадают тождественно).

Если /(±1) <g(±l), то неравенство f(x) < g(x) будет выполняться и при \х\ ^ 1. Нужно лишь более аккуратно рассмотреть случай, когда /(1) =g(l) или /( — 1) =g( — l). Неприятности могли бы возникнуть, например, если /(1) =g(l) и f(x) ^g(x) при всех х, достаточно близких к 1. Но тогда квадратный трёхчлен f(x) — g(x) строго положителен при хф 1. В частности, /( — 1) > g( — 1), чего не может быть.

1.24. Согласно задаче 1.23 \ау2 + by + с \ ^ 2у2 - 1 при \у\ ^ 1. Положим у = 1/х. Тогда

при \у\ ^ 1, т.е. при 0 < |х| ^ 1. Для х = 0 неравенство тоже выполняется, поскольку оно выполняется для всех х, близких к нулю.

1.25. Предположим, что точка (хо, у о) принадлежит конике

Любая прямая, проходящая через точку (хо, г/о), задаётся уравнением у — у о = k(x — Хо) (или уравнением х = Хо, что соответствует /г = оо). Найдём вторую точку пересечения прямой и коники. Для этого подставим уравнение прямой в уравнение коники (т. е. заменим в уравнении коники у на k(х — Хо) + г/о) и вычислим коэффициенты А и Б при X2 и X (свободный член С нас интересовать не будет):

Рассматриваемая прямая является касательной к конике тогда и только тогда, когда она пересекает конику только в точке

(хо, г/о).* Эквивалентное условие таково: 2хо = —В/А, т. е.

Таким образом, уравнение касательной имеет вид

По условию точка (хо, г/о) принадлежит конике, т.е. ах2) + Ьхоуо + су\ + dxo + еуо + / = 0. Воспользовавшись этим равенством, уравнение касательной можно записать в другом виде:

1.26. Непосредственно следует из задачи 1.25.

1.27. Пусть х\ — общий корень данных уравнений. Вычитая одно уравнение из другого, получаем (р\ — p2)xi = #2 — <?ь Если Pi =Р2, то qi = #2. Если же pi //?2, то Х\ = ———. Подставив это выражение для х\ в любое из двух квадратных уравнений, получим требуемое соотношение. При р\ =Р2 и q\ = q% это соотношение тоже выполняется.

Наоборот, пусть (q2 -qi)2 + (pi -р2) (piÇ2 -qiP2) =0. Если/?1=р2, то qi =q2\ в этом случае уравнения совпадают, поэтому они имеют общий корень. Если Р1ФР2, то положим х\ = ———. Легко проверить, что х\ + piXi + gi = 0 и я? + £2X1 + g2 = 0.

1.28. Из условия, в частности, следует, что р\ фр2- Положим

Тогда

Это означает, что графики функций f\ (х) = х2 +piX + q\ и /2(х) = X2 + /?2* + #2 пересекаются в точке (xi, z/i), где z/i < 0. В таком случае квадратные трёхчлены х2 +pix + q\ и х2 + р2х + q<i имеют вещественные корни и между корнями каждого из них лежит корень другого.

* Это утверждение не совсем точно. Например, прямые х = х$ и у = у о пересекают гиперболу ху — 1 в одной точке, но не являются касательными. Однако на самом деле эти прямые пересекают гиперболу ещё и в бесконечно удалённых точках. С учётом бесконечно удалённых точек утверждение верно.

ГЛАВА 2

УРАВНЕНИЯ

2.1. Замена переменных

2.1. Решите уравнение

2.2. Решите уравнение

2.3. Решите уравнение

2.4. Решите уравнение

2.5. Решите уравнение

2.2. Угадывание корней

2.6. Решите уравнение

2.7. Решите уравнение

2.8. Пусть п > 1 — натуральное число. Найдите все положительные решения уравнения хп — пх + п — 1 = 0.

2.3. Уравнения с радикалами

В задачах 2.9—2.15 предполагается, что значения квадратных корней неотрицательны. При этом нас интересуют только вещественные корни уравнений.

2.9. Решите уравнение

2.10. Решите уравнение

2.11. Решите уравнение

2.12. Решите уравнение

2.13. Решите уравнение

2.14. Решите уравнение

2.15. Решите уравнение

где р — произвольное вещественное число.

2.4. Разные уравнения

2.16. Решите уравнение

2.17. Решите уравнение х3 — [х] = 3, где [х] означает наибольшее целое число, не превосходящее х.

Решения

2.1. Положим и = х2 — х - 1 и v = x2 — 3х + 2. Тогда рассматриваемое уравнение запишется в виде us + vs = (u + v)s, т. е. 3uv(u + v) =0. Остаётся решить три квадратных уравнения х2 — х — 1 = 0, х2 — 3х + 2 = 0 и 2х2-4х+1 = 0.

2.2. Сделайте замену у = х + 1/х.

2.3. Сделайте замену у = х — 1/х.

2.4. Сделайте замену у = 1/х + 1/х2.

2.5. Это уравнение эквивалентно уравнению х4 + 2х3 + х2 — 2х — — 1 = 0. Уравнение из задачи 2.4 при а = 2 и Ъ = — 1 принимает именно такой вид.

2.6. Рациональная функция = —^-^— переходит сама в себя при замене х на 1/х или на 1 — х. Поэтому рассматриваемое уравнение имеет корни а, 1/а, 1 — а, 1/(1 — а), 1-1/а и #/(1 —

При а > 1 все эти шесть чисел различны. Рассматриваемое уравнение имеет степень 6, поэтому у него не может быть более шести корней.

2.7. Ответ: х = 1, 2, п. Равенство

показывает, что числа k=l, 2, п являются корнями данного уравнения. Больше п корней это уравнение иметь не может, поскольку его степень равна п.

2.8. Ответ: х=1. Ясно, что

Если х>1, то 1 + # + ...+ хп~1 — п > 0, а если 0 < х < 1, то 1 + х +... + - п <0.

2.9. Положим г/ = а/х + 4. Тогда х = у2 4, поэтому 2х — 6 = 2г/2 — — 14. Таким образом, получаем уравнение \/2у2 — 14 + у = 5. Перенесём г/ в правую часть и возведём обе части в квадрат. В результате получим уравнение у2 + 10у — 39 = 0. Его корни 3 и —13. Но у^О, поэтому остаётся только корень г/ = 3, которому соответствует х = 5. Легко проверить, что х = 5 действительно является корнем рассматриваемого уравнения.

2.10. Ясно, что X ф ±1. Поэтому можно поделить обе части уравнения на

В результате получим уравнение

Положим

Для г получаем квадратное уравнение

Значит,

При этом

2.11. Выражение в левой части при увеличении х возрастает, а выражение в правой части убывает. Поэтому уравнение имеет не более одного решения. Легко проверить, что х = 5 — решение.

Остаётся только корень х=1. 2.13. Избавляясь от радикалов, сначала приходим к уравнению

Относительно а это уравнение квадратное. Решая его, получаем два решения:

Решая эти квадратные уравнения относительно х, получаем четыре решения:

Проверим теперь, не появились ли лишние корни при избавлении от радикалов (т. е. при возведении в квадрат). Для этого нужно проверить, что х>0 и а>х2. Этим условиям удовлетворяет лишь корень

2.14. Ответ: 5 ^ х ^ 10. Заметим, что

Поэтому исходное уравнение можно записать в виде

(все корни мы считаем положительными). Рассмотрим по очереди все возможные случаи.

2.15. Возведём обе части уравнения в куб:

Затем подставим р вместо

В результате получим уравнение

откуда

Эта формула имеет смысл при р = —1 и 0 <р ^2. Но при этом мы применяли неэквивалентные преобразования: потерять корни мы не могли, но могли приобрести лишние корни.

Проанализируем более детально наши преобразования. Положим и = у/1 — х, V = у/1 + X. Возведём обе части уравнения u + v=p в куб (это эквивалентное преобразование). В результате получим и3 + Vs + Suv(u + v) = р3. Подставим р вместо и + v. В результате получим и3 + Vs + Suvp =р3, т.е. (и + v)3 — р3 — 3uv(u + v — р) = 0. Запишем (и + v)3 — р3 по формуле для разности кубов: а3 — Ъ3 = (а — fr)(а2 + ab + fr2). Вынеся + v — р) за скобку, получим уравнение

Лишние корни могут быть связаны только с уравнением (и2 + v2+р2+ up + vp- uv) = 0, т. е. (и +р)2 + (v +р)2 + (и - v)2 = 0. Итак, лишние корни могут получиться, только если и = v = —р, т. е. v^l — X = v^l + х = —р. Эта система уравнений имеет единственное решение х = 0, р = — 1. Корень х = 0 при р = 1 действительно лишний.

2.16. Ответ: х=— 2 или х^ 2. Если X ^ 2, получаем тождество.

Если 1 ^ X < 2, получаем уравнение 4х = 8, которое не имеет корней на данном интервале.

Если 0 ^ X < 1, получаем уравнение — 2х = 2, которое не имеет корней на данном интервале.

Если — 1 ^ X < 0, получаем 0 = 2, чего не может быть.

Если х< — 1, получаем корень х= — 2.

2.17. Ответ: x = y/i.

Пусть [х] = птх = п + а, где 0 ^ а < 1. Данное уравнение записывается в виде X3 — X + а = 3. Неравенство 0 ^ а < 1 показывает, что 2<х3 — х^З. Если х^2, то х(х2 — 1) ^2-3 = 6, поэтому в этом случае неравенство х3 — х^З не выполняется. Если х< — 1, то х(х2 — 1) <0, поэтому неравенство 2 < х3 — х не выполняется. Таким образом, нас интересует случай, когда —1 ^ х < 2, т.е. [х] = —1, 0 или 1. Соответственно получаем уравнения х3 + 1 = 3, х3 = 3, х3 — 1 = 3. Находим их решения: х = у/2, х = у/3, х = у/4. При этом [\/2] ф — 1, [л/3] Ф 0 и [л/4] = 1, поэтому решением исходного уравнения является только

ГЛАВА 3

СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ

3.1. Нахождение всех решений

В задачах 3.1—3.8 требуется найти все решения указанных систем уравнений.

3.2. Нахождение вещественных решений

В задачах 3.9—3.14 требуется найти все вещественные решения указанных систем уравнений.

3.3. Положительные решения

3.15. Найдите все положительные решения (х\ >0, Х2 >0, Хз > О, Х4 > О, Хб > 0) системы уравнений

3.4. Количество решений системы уравнений

3.16. Система уравнений второго порядка

имеет, вообще говоря, четыре решения. При каких значениях а число решений системы уменьшается до трёх или до двух?

3.5. Линейные системы уравнений

3.17. Решите систему

3.18. Решите систему уравнений

3.19. Пусть а, &, с — попарно различные числа. Решите систему уравнений

3.20. Пусть ai, ап — попарно различные числа. Докажите, что система линейных уравнений

имеет только нулевое решение.

3.21. Найдите все решения системы уравнений

где /1 = 1, 2, 3, 4, ...

3.22. Дано 100 чисел ai, a2, аз, аюо* удовлетворяющих следующим условиям:

Докажите, что все числа щ равны между собой.

3.23. Решите систему

3.24. Докажите, что система уравнений

имеет хотя бы одно положительное решение (х\ > 0, х% > О, Хз >0, Х4 >0) тогда и только тогда, когда \а \ + |&| < 1.

3.25. Имеется система уравнений

Два человека поочерёдно вписывают вместо звёздочек числа. Докажите, что начинающий всегда может добиться того, чтобы система имела ненулевое решение.

Решения

3.1. Данная система линейна относительно неизвестных х\ = yz, yi = xz, Z\ =xy. Чтобы найти Xi, нужно сложить два последних уравнения и вычесть из них первое уравнение. В результате получим х\ = (32 + 27 — 35)/2 = 12. После этого находим у\ — 15 и z\ — 20.

Итак, yz = 12, xz = 15, ху = 20. Поэтому = 25, т. е. х = ±5. Кроме того, у = 20/х = ±4 и z= 15/х = ±3. В итоге получаем два решения (5, 4, 3) и ( — 5, —4, —3).

3.2. Данную систему можно переписать в виде х\у\ = 20, y\Z\ = 12, xiZi = 15, где xi = х + 1, у\ = у + 1, Z\ = z + 1. Поэтому (xi, г/ь zi) = (5, 4, 3) или (-5, -4, -3), т.е. (х, у, z) = (4, 3, 2) или (—6, —5, —4).

3.3. Вычтя из первого уравнения второе, получим 2(у — х) = у2 — X2 = (у — х) (у + х). Значит, либо у = х, либо г/ + х = 2. Если у = X, то 2х = 4 — X2, т. е. х = — 1 ± л/5. Если у + х = 2, то 2(2 — х) = 4 — X2, т. е. х2 = 2х. В результате получаем четыре решения: (-1 + а/5, -1 + л/5), (-1 - а/5, -1 - л/5), (0, 2), (2, 0).

3.4. Ответ: (0, 0, а), (0, а, 0) и (а, 0, 0).

Тождество (х + у + г)2 — (х2 + г/2 + г2) = 2(ху + yz + xz) показывает, что

ху + yz + xz = 0. (1)

Тождество (x + у + z)3 - (xs + ys + z3) = S(x + y)(y + z)(z + x) показывает, что (x + y)(y + z) (z + x) = 0. Учитывая равенство (1), получаем хг/2 = (ху + yz + xz) (x + у + 2) — (x + */((*/ + «г) (г + х) = 0. Если x = 0, то равенство(1) показывает, что yz = 0. Поэтому либо г/ = 0 и z = а, либо г = 0и!/ = а. Аналогично разбираются остальные варианты. В итоге получаем следующие решения: (0, 0, а), (0, а, 0) и (а, 0, 0).

3.5. Ответ: х\ = Х2 =... = хп = ± 1 при нечётном д, Xi = Хз =... ... = Хдг-i = а и Х2 = Х4 =... = Хп = 1/а (а ф 0) при чётном д.

Пусть п нечётно. Ясно, что Х2 ф 0, поэтому из первого и второго уравнений получаем х\ =Хз. Из второго и третьего уравнений получаем Х2 = х± и т. д. Кроме того, из первого и последнего уравнений получаем хп = Х2. В итоге получаем х\ = хз = ... = хп = Х2 = Х4 = ... = Хдг-i. Поэтому из первого уравнения получаем х\ = 1, т.е. xi = ±1. Очевидно, что оба указанных в ответе набора значений неизвестных действительно являются решениями системы.

При чётном п точно так же получаем х\ = Хз = ... = хп-\, Х2 = Х4 = ... = хп-2 и Х2 = хп. Очевидно, что такие наборы чисел являются решениями данной системы уравнений.

3.6. Пусть у = kx. Сразу отметим, что кф\. Из уравнений

получаем

Следовательно,

Это уравнение можно умножить на 1 — к. В результате получим

откуда k = 3 или 1/3. Поэтому х3 = — 1 или х3 = 27. В итоге получаем следующие решения:

3.7. Рассмотрим сначала случай, когда Ъ = 0. В этом случае последние два уравнения запишутся в виде z = —х — у и z2 = х2 + у2. Возведя первое из них в квадрат, получим ху = 0. Значит, х = 0, z = —у или у = 0, z = —x. Первое уравнение исходной системы при этом выполняется.

Рассмотрим теперь случай, когда Ь ф 0. Воспользуемся тождеством

Из первого и второго уравнений следует, что ху + уг + хг — х2 — у2 — 2 = —. Возведя в квадрат уравнение х + у + г = 2Ь, получим *2 + У2 + 22 + 2хг/ + 2x2 = 4fr2. Следовательно, х2 + г/2 + г2 = Ъ2 и хг/ + г/2 + xz = -& . Сравнивая первое из этих уравнений с последним уравнением исходной системы, получаем 2 = 0. Таким образом, X2 + у2 = Ъ2 и ху = -Ь2. Решая эту систему уравнений, находим

3.8. Запишем эти уравнения следующим образом:

Второе уравнение возведём в квадрат, прибавим к нему третье уравнение, умноженное на 2, и вычтем первое уравнение. В результате получим:

Теперь второе и третье уравнения записываются так:

Решение этой системы сводится к решению квадратного уравнения; решая его, находим

3.9. Пусть и = х + у к v = ху. Тогда u + v = 2 + За/2 и и2 — 2v = 6, поэтому и2 + 2и = 6 + 2(2 + За/2) = 10 + 6а/2. Значит, и = -1 ± ±л/11 + 6>/2 = -1±(3 + л/2), т.е. j/ = 2 + a/2 или -4-а/2. При этом у = 2 + За/2 - и = 2 а/2 или 6 + 4 а/2. Если ц = -4-^ии = 6 + 4 а/2, то (х - у)2 = (х + у)2 - 4ху = (4 + а/2)2 - 4(6 + 4а/2) < 0. Поэтому х + г/ = 2 + а/2 и ху = 2л/2. Эта система уравнений имеет два решения: (х, у) = (2, л/2) или (л/2, 2). Оба они являются решениями исходной системы уравнений.

3.10. Из второго уравнения следует, что если х = 0 или ±1, то у = ±1 или 0. Ясно также, что хф—1 и уф—1. Поэтому решений такого вида ровно два: х = 0, у = 1 и х = 1, г/ = 0. Покажем, что других решений нет.

Нас интересует случай, когда 0 < |х|, \у\<\. В таком случае \х\3 + \у\3<х4 +у4 = 1. Поэтому если числа х и у оба положительны, то решений нет. Если оба эти числа отрицательны, то решений тоже нет. Пусть теперь, например, х > 0 и у < 0. Тогда х3 + у3 < х3 < 1. В этом случае решений тоже нет.

3.11. Из второго уравнения следует, что ху ^ 1. Числа х и у не могут быть оба отрицательны, поскольку их сумма равна 2. Значит, числа х и у положительны и х + у ^ 2Ay/xï/ ^ 2, причём равенство х + у = 2 возможно лишь в том случае, когда х = у = 1. В таком случае 2 = 0.

3.12. Умножим первое уравнение на у, второе на х и сложим полученные уравнения. В результате получим 2ху — 1 = Зу.

В частности, у ф 0, поэтому х = — + —. Подставив это выражение во второе уравнение, после несложных преобразований получим 4у4 — Зу2 — 1 = 0. Учитывая, что у2 ^ 0, получаем у2 = 1, т. е. у\ = 1 и //2=1- Этим значениям г/ соответствуют Ii = 2 и i2 = 1.

3.13. После циклической перенумерации неизвестных можно считать, что Xi ^ Х; (Z = 2, 3, 4, 5). Функция f(x) = х5 монотонно возрастающая, поэтому 3x2 = (Х4 + х$ + xi)5 ^ (хз + Х4 + Х5)5 = 3xi. Значит, xi = Х2 и хз = xi. Кроме того, ЗХ4 = (xi + Х2 + Х3)5 ^ ^ (Хб + xi + Х2)5 = 3хз. Значит, Х4 = хз и х$ = хз.

Мы получили, что Xi = Х2 = хз = Х4 = Х5 = X. Это число X должно удовлетворять уравнению (3х)5 = 3х. Получаем три решения: х = 0 или ±1/3.

3.14. У рассматриваемой системы есть решение х\ = Х2 = хз = 0. Ясно также, что если одно из чисел Xi, Х2, хз равно нулю, то равны нулю и остальные два числа. Поэтому будем предполагать, что Х1Х2Х3 / 0. Тогда уравнения можно записать в виде

Сложив эти уравнения, получаем

Значит, xi = Х2 = хз = 1.

3.15. Пусть Xmin = Xi — наименьшее из чисел xi, Х5, xmax = ху — наибольшее. Тогда х2^ = Х/_2 + X/_i ^ 2xmin (здесь подразумевается, что Хо = Х5 и Х-1 = Х4) и Xmax = Ху_2 + Ху-1 ^ 2хтах •

Числа Xmin и Xmax положительны, поэтому JCmin ^ 2 ^ Хтах. Слоедовательно, Хщ'щ — Xjnax — 2»

3.16. Ответ: число решений уменьшается до трёх при а = ± 1, число решений уменьшается до двух при а = ±л/2.

Из первого уравнения получаем г/ = ±х. Подставив это выражение во второе уравнение, получим

(1)

Число решений системы уменьшается до трёх, если одно из решений уравнения (1) обращается в нуль. Подставив в (1) х = О, получим а2 = 1, т. е. а = ±1. Число решений системы уменьшается до двух, если уравнение (1) имеет единственный корень (т.е. два совпадающих корня). Приравнивая нулю дискриминант уравнения (1), получаем а = ±л/2.

3.17. Ответ: х\ = хз = хъ = 1, Х2 = х\ = — 1.

Запишем сначала первое уравнение, потом второе, из которого вычтено первое, потом третье, из которого вычтено второе, и т.д.:

Теперь можно последовательно найти Х5, Х4, хз, Х2, Х\.

3.18. Ответ: х\ = —xg = 1, х<2 = —Х7 = 2, хз = —Хб = 3, Х4 = -х5 = 4.

Сложив все уравнения, получим 3(xi + Х2 + ... + xg) = 0. Затем сложим первое уравнение, четвёртое и седьмое. В результате получим 2xi + Х2 + хз + ... + xs = 1, а значит, х\ = 1. Остальные неизвестные находятся аналогично.

3.19. Рассмотрим многочлен P(t) = ts + t2z +ty+x. Попарно различные числа а, Ь, с являются корнями многочлена P(t). Поэтому P(t) = (t — a)(t — b)(t — с), а значит, x = —abc, y = ab + &c + ca, z=-(a + fr + c).

3.20. Пользуясь тем, что числа ai, a„ попарно различны, построим многочлен P(t), который равен 0 при £ = а2, ап и равен 1 при t = ai. Для этого положим P(t) = X(t — а%)... (t — ап), где

Запишем многочлен Р(£) в виде P(t) = ро + pit + ... + pn-\tn 1. Умножим первое уравнение из рассматриваемой системы на ро,

второе на/?ь последнее наpn-i - Сложив все эти уравнения, получим Р(а\)х\ + Р(а2)х2 +... + Р(ап)хп = 0, т. е. Х\ = 0. Аналогично доказывается, что Х2 = 0, ..., хп = 0.

Замечание. Более общее утверждение доказано в решении задачи 10.36.

3.21. Ответ: y=—3x,z = 2x(x— произвольное число). Докажем, что указанная бесконечная система уравнений эквивалентна системе двух уравнений:

Во-первых, если мы вычтем из первого уравнения второе уравнение, умноженное на ' то получим п~е уравнение исходной системы. Во-вторых, уже из первых двух уравнений исходной системы

следуют указанные два уравнения. Действительно, вычтя из первого уравнения второе, получим х/4 + у/8 + z/16 = 0. Прибавив это уравнение ко второму уравнению, получим х + у + z = 0.

3.22. Сложим все эти неравенства. Коэффициент при а/г окажется равным 1 — 3 + 2 = 0. Таким образом, у нас есть набор неотрицательных чисел а\ — За2 + 2аз, ..., сумма которых равна 0. Значит, каждое из чисел равно 0, т. е. у нас есть система не неравенств, а уравнений. Эти уравнения удобно переписать в виде

Из этих уравнений последовательно получаем а,2 — аз = (ai — аг)/2, а3 - а4 = (а2 - а3)/2 = (ai - а2)/22, ..., ai - а2 = (аюо - ai)/2 = (ai -— а2)/2100. Последнее равенство возможно лишь при ai =a2. Но тогда a2 = a3, a3 = a4, aioo = ûi.

3.23. Ответ: xi = х2 =... = Х7 = 0.

Запишем уравнения рассматриваемой системы в виде

Коэффициенты ац обладают следующим свойством:

Пусть х\, ..., Х7 — решение рассматривав

мой системы. Предположим, что хотя бы одно из чисел Xi, Х7 отлично от нуля. Пусть Xk — наибольшее по абсолютной величине из этих чисел. Тогда \dkkXk \ > I ^ aikXi\, поэтому равенство ^2 aikXi = 0 не может выполняться. Приходим к противоречию.

3.24. Если а ^ О, то запишем первое уравнение в виде х\ = Х2 + а, а если а < О, то запишем его в виде Х2 = х\ — а. Во втором случае сделаем замену х[ = Х2, x2 = xi. Таким образом, можно считать, что Х1=Х2 + Аиа)0. Аналогично можно считать, что хз = х\ + Ь и Ь > 0. Поэтому если данная система имеет положительное решение, то 1 = х\ + X2 + хз + X4 = 2x2 + 2x4 + а + Ь > а + Ъ (если хотя бы одно из чисел a, b отрицательное, то мы получаем неравенство 1 > \ а\ + |&|).

Предположим теперь, что а + Ъ < 1, причём числа а и b неотрицательные. Тогда можно положить Х2 = Х4 = (1 — а — &)/4, х\ =Х2 + а, хз = Х4 + Ь. В результате получим положительное решение данной системы.

3.25. Начинающий первым ходом записывает произвольный коэффициент при z в первом уравнении. Затем на ход второго он отвечает следующим образом. Если второй записывает какой-то коэффициент при х или при у, то первый записывает в том же самом уравнении при у или при х такой же коэффициент. Если же второй записывает какой-то коэффициент при z, то первый записывает произвольный коэффициент при z в оставшемся уравнении. Полученная система имеет решение (1, —1, 0).

ГЛАВА 4

ДЕЛИМОСТЬ

4.1. Чёт и нечет

4.1. Можно ли в равенстве 1*2*3*...* 10 = 0 вместо звёздочек поставить знаки плюс и минус так, чтобы получилось верное равенство?

4.2. Докажите, что количество различных делителей натурального числа п (включая 1 и само число) нечётно тогда и только тогда, когда это число является полным квадратом.

4.3. Пусть ai, ..., CL2n+i — целые числа, Ъ\, ..., &2я+1 — те же самые числа, но записанные в другом порядке. Докажите, что хотя бы одно из чисел a^. —k=l9 2, 2тг+1, четно.

4.4. Пусть a, Ь, с — целые числа, причём а^О. Докажите, что если квадратное уравнение ах2 + Ъх + с = 0 имеет рациональный корень, то по крайней мере одно из чисел а, &, с четно.

4.5. Докажите, что многочлен с целыми коэффициентами

принимающий при х = 0 и х = 1 нечётные значения, не имеет целых корней.

4.6. Даны два многочлена от переменной х с целыми коэффициентами. Произведение их есть многочлен от переменной X с чётными коэффициентами, не все из которых делятся на 4. Докажите, что в одном из многочленов все коэффициенты чётные, а в другом — хотя бы один нечётный.

4.7. В числовом треугольнике каждое число равно сумме чисел предыдущей строки, расположенных над этим числом и над его соседями справа и слева (если таких чисел нет, то они считаются равными нулю):

Докажите, что в каждой строке, начиная с третьей, найдутся чётные числа.

4.2. Алгоритм Евклида и основная теорема арифметики

Натуральное число р > 1 называют простым, если его нельзя представить в виде произведения двух натуральных чисел, каждое из которых отлично от 1. Натуральное число п> 1 называют составным, если оно не простое. Если натуральное число п составное, то п = П\П2, где п\ < п и П2 < п. Поэтому любое натуральное число п > 1 можно разложить на простые множители. Это утверждение составляет лёгкую часть так называемой основной теоремы арифметики. Трудная часть основной теоремы арифметики — однозначность такого разложения (с точностью до перестановки множителей). Чтобы её доказать, можно воспользоваться алгоритмом Евклида, который часто бывает полезен и в других ситуациях.

Пусть а и Ь — натуральные числа, причём а ^ Ь. Тогда существуют целые неотрицательные числа q и г, для которых Ъ = qa + г и г < а (деление с остатком). Алгоритм Евклида заключается в следующем. Пусть ао и ai — натуральные числа, причём ao ^ ai. Поделим ао на ai с остатком: ао = q\a\ + d2\ затем поделим ai на а2 с остатком: ai = #2#2 + #з и т. д. В конце концов получим а/г-i = qkdk- Все числа ao, ai, а/г имеют вид тао + па\, где тип — целые числа. Поэтому, в частности, а& делится на любой общий делитель чисел ао и ai. С другой стороны, а/г-2 = qk-idk-i +ak = (qk-iqk + 1)а/г и т. д., поэтому числа ао и ai делятся на a/г. Это означает, что а/г — наибольший общий делитель чисел ао и ai. В частности, наибольший общий делитель чисел ао и ai можно представить в виде mdo + nd\, где тип —

целые числа. Алгоритм Евклида — это алгоритм нахождения наибольшего общего делителя двух чисел. Наибольший общий делитель чисел а и b мы будем обозначать НОД (а, Ь).

4.8. Пусть be делится на а и НОД (а, Ъ) = 1. Докажите, что с делится на а.

4.9. Докажите основную теорему арифметики. л m тт * 21д + 4

4.10. Докажите, что дробь + 3 несократима ни при каких натуральных п.

4.11. Последовательность натуральных чисел ai, a2, ... такова, что НОД(ат, ап) =НОД(ат_л, ап) для любых т>п. Докажите, что НОД(ат, ап) =dd, где й = НОД(яг, ri).

4.12. Докажите, что для любого натурального а и любых натуральных тип НОД(ат — 1, ап — 1) = ad — 1, где й = НОД(т, ri).

4.3. Разложение на простые множители

4.13. Пусть p/q — несократимая дробь, р и q — натуральные числа. Положим /( - ] = ———, где çi, qn — различные простые делители числа q. Докажите, что / — взаимно однозначное отображение множества положительных рациональных чисел на множество всех натуральных чисел.

4.4. Признаки делимости

4.14. Пусть anan-i ...aiao — десятичная запись некоторого числа.

а) Докажите, что это число делится на 3 тогда и только тогда, когда ао + а\ +... + ап делится на 3.

б) Докажите, что это число делится на 9 тогда и только тогда, когда ао + ai +... + ап делится на 9.

в) Докажите, что это число делится на 11 тогда и только тогда, когда ao — ai + — аз +... + (—1)пап делится на 11.

4.15. В десятичной записи целого числа есть 300 единиц, а остальные цифры — нули. Может ли это число быть полным квадратом?

4.16. Имеются семь жетонов с цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Докажите, что ни одно семизначное число, составленное посредством этих жетонов, не делится на другое.

4.17. Пусть anan-i ...aiao —десятичная запись некоторого числа. Заменим это число на апап-\ ...ai + 2ao- Полученное число снова преобразуем по такому же правилу и т. д. до тех пор, пока не получится число, не превосходящее 19. Докажите, что исходное число делится на 19 тогда и только тогда, когда в итоге получается 19.

4.18. Пусть anan-i ...а\ао —десятичная запись некоторого числа. Заменим это число на апап-\ ...ai — 2ao- Докажите, что исходное число делится на 7 тогда и только тогда, когда полученное число делится на 7.

4.5. Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное

4.19. а) Докажите, что НОД (а, Ъ) б) Докажите, что

(Общая формула приведена в задаче 14.26.) в) Докажите, что

4.20. Докажите, что

НОД (а, НОД(&, с)) = НОД (НОД (а, Ь), с) = НОД (а, Ь, с).

4.21. Докажите, что

4.22. Натуральные числа а и b взаимно просты. Докажите, что НОД (а + Ь9 а2 + Ь2) = 1 или 2.

4.23. Докажите, что наибольший общий делитель суммы двух чисел и их наименьшего общего кратного равен наибольшему общему делителю самих чисел.

4.24. Докажите, что наименьшее общее кратное п натуральных чисел ai < < ... < ап не меньше па\.

4.25. Функция /(а, &), определённая для всех натуральных а и Ь, обладает следующими свойствами: (1) /(а, а) =а; (2) /(а, &)=/(&, а); (3) (a + fe)/(a, b)=bf(a, а + Ъ). Докажите, что /(а, &)=НОК(а, Ъ).

4.26. Дано несколько натуральных чисел, каждое из которых меньше натурального числа N^4. Наименьшее общее кратное любых двух из них больше N. Докажите, что сумма обратных величин этих чисел меньше 2.

4.6. Делимость нацело

4.27. Докажите, что 72п — 52п делится на 24.

4.28. Докажите, что

целое число для любого натурального п.

4.29. При каких целых п число 20" + 16^ — 3^ — 1 делится на 323?

4.30. Докажите, что если при любом натуральном k ф Ъ число a — kn делится на Ъ — k, то а = Ъп. (Здесь а, Ь, п — фиксированные натуральные числа.)

4.31. Докажите, что если 2^ — 2 делится на п, то 22'-1 — 2 делится на 2п — 1.

4.32. Пусть a, &, m и п — натуральные числа, причём а взаимно просто с b и а> 1. Докажите, что ат + Ьт делится на ап + Ъп тогда и только тогда, когда m = kn, где k — нечётное число.

4.33. а) Докажите, что число 1 /2 +1 /3 +... +1 /п не может быть целым.

б) Докажите, что число

и п — натуральные числа, не может быть целым.

4.34. Докажите, что следующие числа являются целыми:

4.7. Делимость на степень простого числа

4.35. Сколькими нулями оканчивается произведение всех целых чисел от 1 до 100 включительно?

4.36. Пусть р — простое число и а — наибольшее целое число, для которого ni делится на ра. Докажите, что

4.37. Докажите, что ni не делится на 2п.

4.38. Найдите наибольшую степень двойки, на которую делится число (п + 1) (п + 2) •... • 2п.

4.39. Найдите все натуральные п, для которых конечные десятичные дроби.

4.40. а) Докажите, что для любого нечётного числа а и любого натурального числа m существует бесконечно много натуральных чисел k, для которых ак — 1 делится на 2т.

б) Докажите, что для любого нечётного числа а существует лишь конечное число натуральных чисел т, для которых ат — 1 делится на 2т.

4.41. Найдите все натуральные числа т, для которых: а) Зт - 1 делится на 2т; б) 31т - 1 делится на 2т.

4.8. Остатки от деления

4.42. Какие остатки может давать квадрат целого числа при делении на: а) 3, б) 4, в) 5, г) 8?

4.43. Найдите наименьшее натуральное число, которое:

а) При делении на 5 даёт остаток 4, при делении на 6 — остаток 5, а при делении на 7— остаток 6.

б) При делении на 5 даёт остаток 4, при делении на 6 — остаток 5, а при делении на 8 — остаток 7.

4.44. Найдите число, которое:

а) При делении на 5 даёт остаток a, a при делении на 6 — остаток Ь.

б) При делении на 5 даёт остаток а, при делении на 6 — остаток Ь, а при делении на 7 — остаток с.

4.45. а) Число п при делении на 4 даёт остаток 3. Докажите, что п нельзя представить в виде суммы двух квадратов целых чисел.

б) Число п при делении на 8 даёт остаток 7. Докажите, что п нельзя представить в виде суммы трёх квадратов целых чисел.

4.46. Найдите четырёхзначное число, которое при делении на 131 даёт в остатке 112, а при делении на 132 даёт в остатке 98.

4.47. Допишите к 523... три цифры так, чтобы полученное шестизначное число делилось на 7, 8 и 9.

4.48. Найдите остаток от деления на 7 числа

4.49. Пусть числа /Пь mu попарно взаимно простые и m = mi... rrik- Докажите, что для любых целых чисел ai, ... au система сравнений х = at (mod mt), где / = 1, ... k, имеет решение, причём если х\ и х% — два решения, то х\ — Х2 делится на m {китайская теорема об остатках).

4.50. Найдите все натуральные числа /г, для которых 2^ — 1 делится на 7.

4.51. Пусть р — простое число. Предположим, что дано г натуральных чисел ai, ar, меньших р. Докажите, что если г <р, то из данных чисел можно составить по крайней мере г + 1 сумм, дающих разные остатки при делении нар (допускается и сумма «пустого множества» слагаемых, которая считается равной нулю).

4.52. Докажите, что из любых 2п — 1 целых чисел можно выбрать ровно п чисел, сумма которых делится на п.

4.9. Взаимно простые числа

Натуральные числа тип называют взаимно простыми, если НОД(т, л) = 1.

4.53. Докажите, что ни для какого натурального п число п(п + 1) не может быть степенью натурального числа.

4.54. а) Докажите, что каково бы ни было целое число п, среди чисел п, п + 1, п + 2, п + 3, п + 4 есть хотя бы одно число, взаимно простое с остальными четырьмя числами.

б) Докажите, что каково бы ни было целое число п, среди чисел п, AZ + 1, п + 2, п + 9 есть хотя бы одно число, взаимно простое с остальными девятью числами.

4.55. Пусть пит — различные натуральные числа. Докажите, что числа Fn = 22" +1 и Fm = 22"1 + 1 взаимно простые.

4.10. Простые числа

4.56. Докажите, что квадрат любого простого числа р > 3 при делении на 12 даёт в остатке 1.

4.57. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел (Евклид).

4.58. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел вида 4k —1.

4.59. а) Докажите, что если число 2п — 1 простое, то число п тоже простое.

б) Докажите, что если число 2^ + 1 простое, то n = 2k.

4.60. Докажите, что при любом натуральном п число 22 + 22 + 1 имеет не менее п различных простых делителей.

4.11. Арифметика остатков

4.61. Докажите, что остатки от деления на п чисел а±Ь и ab однозначно задаются остатками от деления на п чисел а и Ь.

4.62. Пусть р — простое число, а число а не делится на р. Докажите, что все остатки от деления на р чисел а, 2а, За, (р — 1)а попарно различны, т.е. каждое число от 1 до р — 1 встречается среди этих остатков ровно один раз.

4.63. Докажите, что если р — простое число, а числа а и 5 не делятся на р, то остаток от деления на р числа а однозначно определяется остатками от деления чисел Ъ и ab на р.

Решения

4.1. Ответ: нельзя. Чётность числа 1±2±3±...±10 не зависит от выбора знаков; она зависит только от того, сколько в этом выражении нечётных чисел. В этом выражении 5 нечётных чисел, поэтому оно всегда будет нечётно.

4.2. Сопоставим делителю d числа п делитель n/d. Если для всех d числа d и n/d разные (т.е. пфа2), то делители числа п разбиваются на пары, поэтому их чётное число. Если же n = d2, то все делители, отличные от d, разбиваются на пары, поэтому их нечётное число.

4.3. Предположим, что все числа а/г — bk нечётны. Тогда число (ai — bi) +...+ (a2/z+i — b2n+i) тоже нечётно (сумма нечётного числа нечётных чисел нечётна). Но это число равно 0, поскольку ai + ... ... + а2я+1 = bi +... + b2n+i.

4.4. Предположим, что числа а, Ъ, с нечётны и ах2 + Ъх + с = 0 для некоторого рационального числа х = т/п, где числа тип взаимно простые. Из равенства am2 + Ътп + сп2 = 0 следует, что число т2 + тп + п2 четно. Но числа тип либо оба нечётны, либо одно из

них четно, а другое нечётно. В обоих случаях число т2 + тп + п2 нечётно.

4.5. Пусть Р(х) = аохп + а\хп~1 +... + ап-\х + ап. По условию числа ап = Р(0) и ао + ai + ... + ап = Р(1) нечётны. Если х — чётное число, то Р(х) = ап (mod 2). Если х — нечётное число, то Р(х) = ао + ai + ... + ап (mod 2). В обоих случаях получаем, что число Р(х) нечётно, поэтому оно не может быть равно нулю.

4.6. Из того, что не все коэффициенты произведения делятся на 4, следует, что у одного многочлена есть нечётный коэффициент. Нужно доказать, что у другого многочлена нет нечётных коэффициентов. Предположим, что у обоих многочленов есть нечётные коэффициенты. Заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2. В результате получим многочлены апхп + ап-\хп~1 + ... + хг и Ьтхт + bm-ixm~1 + ... + Xs. Если в произведении данных многочленов мы заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2, то получим многочлен апЪтХп+т + ... + xr+s. Таким образом, в произведении данных многочленов коэффициент при xr+s нечётен, что противоречит условию.

4.7. Выпишем в каждой строке, начиная с третьей, первые четыре числа, заменив каждое чётное число на 0, а нечётное — на 1:

Пятая выписанная строка совпала с первой, поэтому в дальнейшем первые четыре числа будут периодически повторяться. Остаётся заметить, что в каждой из первых пяти выписанных строк есть чётные числа.

4.8. Пусть тип — натуральные числа, для которых та + nb = НОД (а, Ъ) = 1. Тогда mac + пЪс = с, т.е. а(тс + т)=с, где число п\ натуральное. Это означает, что с делится на а.

4.9. Предположим, что а = pi...рг = qi...qs, где pi, pr, qi, qs — простые числа. Ясно, что либо НОД(рь qi) = 1, либо НОД(рь qi) = pi и pi = qi. Если НОД(рь q\) = 1, то согласно задаче 4.8 число а2 ... qs делится нар\. Если при этом НОД(рь а2) = 1, то число qs ...qs делится нар\ и т. д. В конце концов получим pi =qi. После этого доказательство завершается очевидной индукцией.

4.10. Найдём наибольший общий делитель чисел 21п + 4 и 14п + 3, пользуясь алгоритмом Евклида. Поделив 21п + 4 на 14 д + 3, получим в остатке In + 1. Поделив 14 д + 3 на 7д + 1, получим в остатке 1. Значит, числа 21п + 4 и 14 д + 3 взаимно простые.

4.11. Для любой пары натуральных чисел {т, п), где m > п, последовательные операции {т, п) —> {т — п, п) приводят к паре {d, d}, где а = НОД(т, ri). Действительно, операция деления m на п с остатком состоит из нескольких таких операций.

4.12. Согласно задаче 4.11 достаточно проверить, что НОД(ат — -1, а/г-1)=НОД(ат-дг-1, ап-1) для любых т>п^1. Яоат-1 = ап(ат~п — 1) + ап — 1 и числа а и а" - 1 взаимно простые.

4.13. Пусть p=pl1...pÎT9 q = qbl1...qbn". Тогда f(p/q) = р\а 1... ...Рот"1^1-1 ...<7иЬл_1. Ясно, что каждое натуральное число представимо в таком виде ровно одним способом.

4.14. а) Число 10 при делении на 3 даёт остаток 1. Поэтому 10^ при делении на 3 тоже даёт остаток 1. Следовательно, а/г 10^ при делении на 3 даёт остаток а/г.

б) Решение аналогично решению задачи а).

в) Число 10 при делении на 11 даёт остаток —1. Поэтому 10^ при делении на 11 даёт остаток ( —1)Ä. Следовательно, а/г 10^ при делении на 11 даёт остаток ( — l)ka,k.

4.15. Это число делится на 3, но не делится на 9, поэтому оно не может быть полным квадратом.

4.16. Пусть а и Ь — семизначные числа, составленные посредством этих жетонов. Предположим, что а делится на Ь и а ф Ь.

Тогда а — Ъ тоже делится на Ъ. Ясно, что ——- ^ 7. С другой стороны, а — о делится на 9, а о не делится на 9. Поэтому —— делится на 9. Приходим к противоречию.

4.17. Мы заменяем число 10а + Ъ на а + 2Ъ. Для любого числа 10а + &, большего 19, имеет место неравенство 9а>Ь, т.е. 10a + fr> > а + 2Ъ. Поэтому при указанных преобразованиях число всегда уменьшается. Ясно, что 10а + Ь делится на 19 тогда и только тогда, когда 20а + 2Ъ делится на 19, т. е. а + 2Ъ делится на 19.

4.18. Запишем исходное число в виде 10а + ао. Нужно доказать, что оно делится на 7 тогда и только тогда, когда а — 2ао делится на 7. Ясно, что 10а + ао делится на 7 тогда и только тогда, когда 20а + 2ао делится на 7. Остаётся заметить, что при делении на 7 число 20а + 2ао даёт такой же остаток, как и число —а + 2ао.

4.19. а) Пусть а=р"1..,р%к и b=pßl1 ...pßkk. Тогда

Поэтому доказательство можно провести для каждого простого множителя отдельно.

б) Достаточно рассмотреть случай, когда а=ра, b=pß, с=рг, причём а ^ ß ^ у. В этом случае НОД (а, Ь, с) =ра,

в) Достаточно заметить, что

4.20. Пусть наибольшая степень простого числа р, на которую делятся а, Ь, с, равна а, /3, у. Требуется доказать, что

где min(x, у) —наименьшее из чисел х и у. Это утверждение о наименьших числах очевидно.

4.21. Согласно задаче 4.19 а)

4.22. Предположим, что числа а + Ь и а2 + Ь2 делятся на d. Тогда число 2ab = (а + Ъ)2 — (а2 + Ъ2) тоже делится на d. Поэтому числа 2а2 = 2а(а + Ъ) — 2аЪ и 2fr2 = 2b(a + b) — 2ab тоже делятся на d. По условию числа а и b взаимно просты, поэтому числа а2 и Ь2 тоже взаимно просты. Значит, d= 1 или 2.

4.23. В наименьшее общее кратное чисел а и b входят только те простые делители, которые входят в а и Ь. Только они и могут входить в наибольший общий делитель суммы и наименьшего общего кратного. Поэтому достаточно проследить за степенью каждого простого множителя отдельно. Пусть а=ра... и b =pß..., причём а ^ß. Тогда сумма чисел а и b имеет вид ра..., а их наименьшее общее кратное имеет вид pß... Поэтому рассматриваемый

наибольший общий делитель имеет вид ра... Наибольший общий делитель самих чисел а и b имеет такой же вид.

4.24. Пусть наименьшее общее кратное данных чисел равно а.

Тогда — > — > ... > — — различные натуральные числа. Поэтому

4.25. Функция /(а, Ь) =НОК(а, Ъ) обладает свойствами (1)—(3); свойства (1) и (2) очевидны, а свойство (3) доказано в задаче 4.21. Легко видеть, что свойства (2) и (3) позволяют вычислить /(а, Ь), если известны значения /(ai, bi) для всех натуральных ai и Ь\, для которых ai + bi < а + b. Поэтому функция /(a, Ь) единственна.

4.26. Пусть ai, ап —данные числа. Количество членов ряда 1, 2, 3, N, делящихся на a/г, равно

По условию наименьшее общее кратное любых двух из чисел ai, ап больше N, поэтому среди чисел 1, 2, N нет ни одного числа, делящегося одновременно на два из чисел ai, a„. Поэтому число членов последовательности 1, 2, N, делящихся хотя бы на одно из чисел ai, ап, равно

Но в последовательности 1, 2, N всего N членов, поэтому

Учитывая, что

получаем

Сокращая обе части на N, получаем требуемое.

4.27. Число ап — Ьп делится на a — b (задача 5.1 а), поэтому 72п - Ъ2п делится на 72 - 52 = 24.

4.28. Нужно доказать, что Зп5 + Ъпг + In делится на 15, т.е. 5д3 + In делится на 3 и Зп5 + In делится на 5. Ясно, что 5п3 +7п = — (п3 — п) (mod 3) и Зп5 +7п= —2(п5 — п) (mod 5). Рассматривая все различные остатки, легко проверить, что п3 — п делится на 3, ап5-я делится на 5.

4.29. Ответ: при чётных /г. Прежде всего заметим, что 323 = 17 • 19, поэтому число делится на 323 тогда и только тогда, когда оно делится на 17 и на 19. Число 20" — 3" делится на 20 - 3 = 17. Далее, 16" = (-1)" (mod 17), поэтому число 16" - 1 делится на 17 тогда и только тогда, когда п четно. Что касается делимости на 19, то 20" — 1 делится на 20 — 1 = 19 при любом п, а при п = 2т число 16" — 3" делится на 162 — З2 = 13 • 19, поэтому оно делится на 19.

4.30. Многочлен хп — уп делится на х — у (задача 5.1 а), поэтому Ъп - kn делится на Ъ - k. Значит, число а - Ъп = (а - kn) - (bn - kn) делится на Ъ — k при любом кфЬ. Это возможно лишь в том случае, когда а = Ьп.

4.31. Пусть 2" - 2 = пт. Тогда

4.32. Если m = kn, где k — нечётное число, то ат + Ът = (an)k + (bn)k делится на а" + Ъп (задача 5.1 б).

Пусть т = kn + г, где k — нечётное число и 0 < г < п. Докажем, что апг + Ьт не делится на а" + Ъп. Действительно,

Здесь аг(а + Ь ) делится на а" + Ъп, a Ь (V - аг) не делится на а" + Ъп, поскольку bkn взаимно просто с а" + Ъп и 0 < | Ъг - аг \ < а" + Ъп.

Пусть m = In + г, где / — чётное число и 0 ^ г < п. Докажем, что ат + Ьт не делится на а" + Ъп. Действительно, пусть k = I — 1 (k — нечётное число). Тогда

Здесь первые два слагаемых делятся на а" + Ъп, a последнее не делится, поскольку Ъкпап взаимно просто с а" + Ъп и 0 < аг + Ъг < а" + Ъп.

4.33. Решим сразу задачу б). Предположим, что рассматриваемое число целое. Выберем среди чисел k, Ä +1, k + n те, которые делятся на наибольшую степень двойки. Пусть такое число только одно, а именно, 2пгр, где р нечётно. Тогда рассматриваемое число имеет вид —- ( —|--= ——-, где числа риг нечетные. Это число представляет собой дробь с нечётным знаменателем и чётным числителем; такое число не может быть целым.

Поэтому есть по крайней мере два числа, которые делятся на максимальную степень двойки, а именно, 2тр и 2mq, где р < q

и р, q — нечётные числа. Но тогда р + 1 <q и р + 1 — чётное число. Поэтому число 2т(р + 1) содержится среди чисел k, /г + 1, k + п и делится на 2"г+1, что противоречит выбору числа т.

4.34. Рассмотрим общее выражение Yl((akm + bkn)l)dk, где а/г и — целые неотрицательные числа, d/г — целые числа. Наивысшая степень простого числа р, на которую делится число ni, равна

(задача 4.36). Поэтому если для любых чисел х, у ^ О выполняется неравенство

то рассматриваемое выражение является целым числом.

В задачах а)—г) числа а/г, bk, d/г связаны соотношением

В таком случае функция

обладает следующим свойством: f(x + 1, у) = f(x, у) = f(x, у + 1). Поэтому неравенство f(x, у) ^ 0 достаточно проверить для чисел х, у, удовлетворяющих неравенствам 0 ^ х, у < 1.

а) Нужно доказать неравенство [х + у] — [х] — [у] ^ 0 для 0 ^ х, у < <1. Но [х] = [г/] = 0.

б) Нужно доказать неравенство [2х] + [2г/] — [х] — [у] — [х + у] ^ 0 для 0 ^ х, г/ < 1. Учитывая, что [х] = [у] = 0, переходим к неравенству /(X, у) = [2х] + [2г/] -[х + у]^0. Чтобы вычислить значения функции /(х, г/) в квадрате О^х, у< 1, поступим следующим образом. Нарисуем графики 2х = 1 и 2г/ = 1 сплошными линиями, а график х + у=1 пунктирной линией (рис. 4.1).

Ясно, что /(0, 0) = 0; поэтому / = 0 и во всех точках фигуры, ограниченной этими графиками и сторонами квадрата и содержащей начало координат. При переходе через сплошную линию значение функции / увеличивается на 1, а при переходе через пунктирную линию — уменьшается на 1 (имеется в виду движение в направлении от начала координат). Это замечание позволяет вычислить значения функции f(x, у) во всех точках квадрата и убедиться, что они неотрицательны. На рис. 4.1 эти значения выписаны.

в) Нужно доказать неравенство f(x, у) = [5х] + [by] — [3х + у] — — [х + Зу] ^ 0 для 0 ^ X, у < 1. Чтобы вычислить значения функ-

Рис. 4.1. Графики в квадрате б)

ции f(x, у) во всех точках квадрата, для каждого выражения ±[akx + bky] нарисуем графики akx + bky =1, 2, ak + bk - 1; для знака плюс график рисуем сплошной линией, а для знака минус — пунктирной (рис. 4.2). Затем пользуемся теми же правилами, что и при решении задачи б).

Рис. 4.2. Графики в квадрате в)

г) Нужно доказать неравенство /(x, у) = [Sx + Зу] + [Зу] + [2х] + [2у] — [2х + Зг/] — [х + 2[/] — [х + г/] ^ 0. Это делается так же, как и при

Рис. 4.3. Графики в квадрате г)

решении задачи в), см. рис. 4.3. Отметим, что график х + у = 1 мы не рисуем, потому что при прохождении через этот график значение функции /(х, у) увеличивается на 1 и уменьшается на 1, т. е. не изменяется.

4.35. Ответ: 24. Среди чисел от 1 до 100 есть 20 чисел, делящихся на 5, а среди чисел, делящихся на 5, есть 4 числа, делящихся на 25 (чисел, делящихся на 125, среди данных чисел нет). Поэтому рассматриваемое произведение делится на 524 и не делится на 52э. Ясно также, что оно делится на 224.

4.36. Среди чисел 1, 2, п есть [п/р] чисел, делящихся на р, [п/р2] чисел, делящихся нар2, и т.д.

4.37. Пусть а — наибольшее целое число, для которого ni делится на 2а. Согласно задаче 4.36

поскольку [х] ^ X. Кроме того, = 0 < при достаточно больших k. Поэтому а <п.

4.38. Пусть (2/i-l)!!=l-3-5-7-...-(2/1-1) и (2д)!!=2.4-6....-2п. Ясно, что (2п)\=(2п-1)\\ (2п)П и (2n)ü=2nnl Поэтому (п+1) (п+2) х...

причём число

нечётно.

4.39. Ответ: 1 и 4. При п> 1 должны выполняться равенства 2/г5/ = п и 2S5* = д + 1. Числа п и д + 1 взаимно простые, поэтому должно выполняться либо равенство 2к + 1 = 5', либо равенство 5Z + 1 = 2s. Предположим, что 5Z + 1 = 2s. Тогда число 2s оканчивается на 6, поэтому s = 4т. Значит, 5Z = 24т - 1 = (22т - 1) (22т + 1). Но числа 22т — 1 и 22пг + 1 не могут одновременно делиться на 5.

Рассмотрим теперь уравнение 2к + 1 = 5'. Пусть t = 2ms, где s нечётно. Тогда

Второй множитель состоит из нечётного числа нечётных слагаемых, т.е. он нечётен. Значит, s= 1. Далее,

Число 5+1 = 6 не является степенью двойки, поэтому m = 0. Это соответствует равенству 22 + 1 = 5. 4.40. а) Пусть k = 2n. Тогда

(1)

Число а нечётно, поэтому в этом произведении есть п + 1 чётных сомножителей. Значит, ак — 1 делится на 2Л+1. Таким образом, если k = 2" и m — 1, то ай- 1 делится на 2т.

б) Введём следующее обозначение: если m = 2ns, где число s нечётно, Tod(m) = n. Ясно, что ат - 1 = (а2" - 1) (a2"(s-1} + a2"(s-2) +... ...+ 1), где сумма во второй скобке состоит из нечётного числа нечётных слагаемых. Поэтому d(am — 1) =d(a2 — 1). Далее, в разложении (1) числа а2 + 1, а2 +1 делятся на 2 и не делятся на 4, поскольку квадрат нечётного числа даёт остаток 1 при делении на 4. Значит,

Число апг — 1 делится на 2т тогда и только тогда, когда d(am — — 1)^т. Разберём два случая. Если d(m) = 0, т. е. число m нечётно, то должно выполняться неравенство m^d(a — 1). Это неравенство

имеет конечное число нечётных решений. Если d(m) ^ 1, т. е. число m четно, то должно выполняться неравенство d(a2 — 1) + п—1^ ^ m = 2ns, где п = d(m). Это неравенство можно переписать в виде s ^-—- (число s нечетно). Такое неравенство имеет конечное число решений, поскольку последовательность п/2п стремится к нулю при п^оо (задача 25.18).

4.41. а) Ответ: 1, 2 и 4. Воспользуемся решением задачи 4.40 б). Если а = 3, то d(a — 1) = 1 и d(a2 — 1) = 3. Неравенство

имеет следующие решения: (s, п) = (1, 1) и (1, 2).

б) Ответ: 1, 2, 4, 6 и 8. Если а = 31, то d(a - 1) = 1 и d(a — 1) = d(30 • 32) = 6. Неравенство s ^ ^п имеет следующие решения: (s, п) = (1, 1), (3, 1), (1, 2) и (1, 3). (Напомним, что число s нечётно.)

4.42. а) Ответ: 0 и 1. Воспользуйтесь равенством (3k ± I)2 = 9k2±6k+l.

б) Ответ: 0 и 1. Воспользуйтесь равенством (2k + I)2 = 4k2 + 4Ä+1.

в) Ответ: 0, 1 и 4. Воспользуйтесь равенствами (5/г±1)2 = 25/г2 ± 10k + 1 и (5/г ± 2)2 = 25/г2 ± 20k + 4.

г) Ответ: 0, 1 и 4. Воспользуйтесь равенствами (2/г+1)2 = 4/г(/г + 1) + 1 и (4/г + 2)2 = 16k2 + 16/г + 4 и заметьте, что число k(k+1) четно.

4.43. а) Ответ: 209. Пусть п — искомое число. Тогда п + 1 делится на 5 • 6 • 7 = 210. Поэтому п = 209.

б) Ответ: 119. Пусть п — искомое число. Тогда п + 1 делится на НОК(5, 6, 8) = 120. Поэтому п= 119.

4.44. а) Ответ: 6a+25fr. Пусть 6д=1 (mod 5) и 5m=l (mod 6). Тогда

В нашем случае m = 5 и п=1.

б) Ответ: 126а + 175fr + 120с. Пусть 42/г = 1 (mod 5), 35п = 1 (mod 6) и 30т = 1 (mod 7) (здесь 42 = 6 • 7, 35 = 5 • 7, 30 = 5 • 6). Тогда

В нашем случае

4.45. а) Согласно задаче 4.42 б) сумма квадратов двух чисел при делении на 4 может давать остатки 0, 1 и 2.

б) Согласно задаче 4.42 г) сумма квадратов двух чисел при делении на 8 может давать остатки 0, 1, 2, 4 и 5, а сумма квадратов трёх чисел — остатки 0, 1, 2, 3, 4, 5 и 6.

4.46. Ответ: 1946. Пусть N — искомое число. По условию N = 131k + 112 = 132/ + 98, где k и I — натуральные числа. Кроме того, N < 10 000, поэтому / = <--^ 75. Далее, 131& + 112 = 132/ + 98, поэтому 131 (k -/)=/- 14. Следовательно, если k ф I, то |/ — 141 ^ 131. Но / ^ 75, поэтому k — I и / — 14 = 0. Таким образом, N = 131 • 14 + 112 = 132 • 14 + 98 = 1946.

4.47. Ответ: 523 152 или 523 656.

Полученное число должно делиться на 7 • 8 • 9 = 504. Поделим 523 000 на 504 с остатком: 523 000 = 1037 • 504 + 352. Поскольку 504 - 352 = 152, на 504 делятся числа 523 152 и 523 152 + 504 = 523 656. Других чисел, делящихся на 504, среди чисел от 523 000 до 523 999 нет.

4.48. Ответ: 5. Заметим, что 106 ее 1 (mod 7), поскольку 103 + 1 делится на 7, и 10^ ее 4 (mod 6) при k ^ 1, поскольку число 99...96 четно и делится на 3. Значит, 1010 ее 104 (mod 7) при k ^ 1. Поэтому требуемый остаток равен остатку от деления числа 10-104 = 105 на 7. Этот остаток равен 5.

4.49. Положим щ = m/mi. Число щ является произведением чисел, взаимно простых с mL, поэтому НОД(д/, mi) = 1. В таком случае можно выбрать целые числа п и s; так, что nmi + SiUi = 1 (доказательство этого утверждения с помощью алгоритма Евклида приведено на с. 43). Положим eL = и х = а\в\ + ... + аьвк. Ясно, что ei ее 1 (mod mï) и eL ее 0 (mod mj) при j ф i, поэтому x = aL (mod mL), i= 1, k.

Если x\ и X2 — решения рассматриваемой системы сравнений, то Х\ — Х2 ее 0 (mod яг,), i = 1, k. Числа mi, mk попарно взаимно простые, поэтому х\ — Х2 делится на т.

4.50. Ясно, что 23 = 8 ее 1 (mod 7). Поэтому 23/г ее 1 (mod 7), 2з/г+1 ^ 2 (mod 7) и 2з/г+2 ^ 4 ^m()d 7) ^ Следовательно, 2п - 1 делится на 7 тогда и только тогда, когда п делится на 3.

4.51. Применим индукцию по г. При г = 1 есть две суммы: 0 и а\. Предположим, что утверждение верно для г <р — 1 чисел и неверно для r + 1 чисел. Тогда суммы 0, Si, sr, составленные из чисел а\, аг, дают разные остатки при делении на р, но все суммы 0 + ar+i, si + ar+i, ..., sr + ar+i при делении на р не дают новых остатков по сравнению с 0, Si, ..., sr. Значит, ar+i ees; (mod /?)

для некоторого i. Далее, s-t + ar+i = Sj (mod p) для некоторого у, т.е. 2ar+i = Sj (mod /?). Аналогично получаем, что остатки от деления на р чисел ar+i, 2ar+i, 3ar+i, (p — l)ar+i содержатся среди остатков от деления нар чисел 0, si, sr. Число/? простое, и ar+i не делится на р. Поэтому остатки от деления на р чисел ar+i, 2ar+i, (p — l)ar+i различны и отличны от нуля. Значит, р — 1 ^ г, что противоречит предположению.

4.52. Сначала докажем, что если требуемое утверждение верно для п = a и для п — Ь, то оно верно и для д = ab. Пусть дано 2afr — 1 целых чисел. Утверждение верно для п — Ь, а кроме того, 2ab — 1 ^ 2Ъ — 1. Поэтому из данных 2afr — 1 чисел можно выбрать Ъ чисел, сумма которых делится на Ъ. Затем из оставшихся чисел, если их не меньше 2Ъ — 1, снова выберем Ъ чисел, сумма которых делится на Ь. Равенство 2аЪ — 1 = (2а — l)b + b — 1 показывает, что так можно поступить 2а — 1 раз и получить 2а — 1 наборов по b чисел, причём сумма чисел каждого набора делится на Ь, т. е. среднее арифметическое чисел набора — целое число. Рассмотрим эти средние арифметические. Утверждение верно для п = а, поэтому из 2а — 1 средних арифметических можно выбрать а так, чтобы их сумма делилась на а. В результате получаем а наборов по b чисел. Сумма выбранных ab чисел делится на ab, что и требовалось.

Остаётся доказать самую трудную часть задачи: требуемое утверждение верно для любого простого числа п=р.

Вместо данных чисел можно рассматривать их остатки от деления на р. Пусть b\ ^ b<i ^ ... ^ b<ip-\ — остатки от деления данных чисел на р. Рассмотрим ещё р — 1 чисел а\ — Ьр+\ — Ьч, «2 = bp+2 — bs, ..., ар-1 = b2p-1 —bp. Если a; = 0, то bL = bp+L, а значит, bi =... = bi+p. В таком случае сумма р чисел &/, , &/+р делится на р. Остаётся рассмотреть случай, когда все числа ai, ap_i отличны от нуля.

Пусть x — остаток от деления на р суммы Ь\ + Ьч + ... + Ьр. Если x = 0, то мы сразу получаем требуемые р чисел. Предположим, что х/0. Согласно задаче 4.51 из чисел ai, ар-\ можно составить суммы, дающие все различные остатки при делении на р. В частности, можно составить сумму aLl + ... + a//f, дающую остаток р — x. Тогда сумма Ь\ + Ь% + ... + Ьр + а1х + ... + a-lk = b\ + ... ... + bp + (bp+ix — bix ) +... + (frp+Zfc — bik ) делится на p. После очевидных сокращений эта сумма превращается в сумму р данных чисел.

4.53. Предположим, что п(п + 1) = тк, где m и k — натуральные числа, k ^ 2. Числа п и д + 1 взаимно простые, поэтому п = ак и д + 1 = &Ä, где а и b — натуральные числа. Ясно, что b > а. Но (а+1)к>(а+1)ак-1=ак + ак-1^п+1. Поэтому Ьк ^ (а+1)к > п+1.

4.54. а) Если \k — / | ^ 4 и k ф\, то наибольший общий делитель чисел k и I не превосходит 4. Поэтому наибольший общий делитель любой пары выбранных чисел не превосходит 4. Из пяти последовательных чисел можно выбрать пару последовательных нечётных чисел. Из двух последовательных нечётных чисел по крайней мере одно не делится на 3. Это число взаимно просто с остальными четырьмя числами.

б) Среди данных чисел есть 5 нечётных чисел. Рассмотрим остатки от деления этих пяти чисел на 3, 5 и 7. Среди остатков от деления на 3 нет трёх одинаковых, а среди остатков от деления на 5 и на 7 нет двух одинаковых. Поэтому среди указанных пяти чисел можно выбрать три числа, не делящихся на 3, а среди них выбрать число, не делящееся на 5 и на 7. Это число взаимно просто с остальными девятью числами.

4.55. Будем считать, что п> т. Подставим х = 2 в тождество

В результате получим Fi F 2 ... Fn -1 +2 = Fn.

Предположим, что числа Fn и Fm делятся на d. Тогда 2 = Fn — F1F2 .. .Fn-i тоже делится на d. Но числа Fn и Fm нечётные, поэтому d / 2.

4.56. Посмотрим, какие остатки может давать простое число р > 3 при делении на 6. Оно не может давать остаток 2 или 4, поскольку иначе оно было бы четно. Оно не может давать остаток 3, поскольку иначе оно делилось бы на 3. Значит, простое число р>3 при делении на 6 даёт остаток 1 или 5, т. е. оно имеет вид 6/г =Ь 1; его квадрат имеет вид 36п2 ± 12п + 1.

4.57. Предположим, что существует лишь конечное число различных простых чисел, а именно, р\, рг. Рассмотрим число р\.. .рг + 1. Оно не делится ни на одно из чисел р\, ..., рг, поэтому у него есть простой делитель, отличный от р\, ..., рг.

4.58. Предположим, что р\, рг — все различные простые числа вида 4/г — 1. Рассмотрим число 4р\...рг — 1. Оно нечётно, поэтому все его простые делители имеют вид 4/г =Ь 1. Ясно также, что все простые делители не могут иметь вид 4k + 1, поскольку произведение чисел такого вида имеет такой же вид. Остаётся заметить, что рассматриваемое число не делится на/?ь ..., рг.

4.59. а) Многочлен хц — 1 делится на х — 1, поэтому 2рд — 1 = (2p)q - 1 делится на 2Ц - 1.

б) Если q нечётно, то многочлен xf/ + 1 делится на х + 1. Поэтому если число п имеет нечётный делитель q > 1, то 2п + 1 делится на

4.60. Воспользуемся тождеством х4 + х2 + 1 = (х2 + 1 — х) X (х + 1 + х). При X = 2 получаем, что рассматриваемое число является произведением чисел 2 +2 + 1 и 2 — 2 + 1. Эти числа взаимно просты, поскольку они нечётны, а их разность равна 2 ^ . Теперь можно воспользоваться индукцией по п, поскольку число 2 +2 +1 имеет тот же самый вид.

4.61. Пусть а = ai + a2tt и & = fri + fon. Тогда а ± Ъ = а\ ± Ъ\ + (а2±Ь2)п и аЪ = а\Ъ\ + (a2^i + ai&2 + #2^2^)^.

4.62. Если ха = г/а (mod /?), то (х — у)а делится на /?. Числа а и взаимно простые, поэтому х — у делится на р. Значит, если 1 ^ X, у ^р — 1, то х = у.

4.63. Согласно задаче 4.62 ровно один из остатков от деления на р чисел Ъ, 2Ъ, (р — 1)Ъ равен 1. Значит, существует единственное целое число Ь, 1 ^р — 1, для которого ЪЪ = 1 (mod р). При этом а = b(ab) (mod р).

ГЛАВА 5

ТОЖДЕСТВА

5.1. Разложение на множители

В задачах 5.1—5.9 требуется разложить указанные выражения хотя бы на два множителя меньшей степени, не используя радикалов.

5.9. а) Разложите х8 + х4 + 1 на два множителя.

б) Разложите х8 + х4 + 1 на четыре множителя, допуская в качестве коэффициентов квадратные корни из натуральных чисел.

5.2. Доказательство тождеств

5.10. Докажите, что для любого натурального п справедливо соотношение

5.3. Суммы квадратов

5.11. Докажите, что если каждое из чисел тип представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел, то

их произведение тп тоже представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел.

5.12. а) Представьте в виде суммы квадратов

б) Представьте в виде суммы квадратов

(тождество Лагранжа).

5.4. Вспомогательные тождества

5.13. Известно, что число а + 1/а целое, а) Докажите, что число а2 + 1/а2 тоже целое, б) Докажите, что число ап + 1/ап целое для любого натурального п.

5.14. Докажите, что любое нечётное число есть разность двух квадратов целых чисел.

5.15. Докажите, что произведение четырёх последовательных целых чисел в сумме с единицей даёт полный квадрат.

5.16. Докажите, что если

то

для любого нечётного п.

5.17. Пусть х9 г/, z — попарно различные целые числа. Докажите, что число (х — г/)5 + (у — z)5 + (z — х)5 делится на 5(y-z)(z-x) (х-у).

5.18. Докажите, что для любых попарно различных рациональных чисел а, & и с число

является квадратом некоторого рационального числа.

5.19. Докажите, что если

то

5.20. Докажите, что п2 + Зп + 5 ни при каком целом п не делится на 121.

5.21. Докажите, что выражение

не равно 33 ни при каких целых значениях х и у.

5.22. Докажите, что для любого натурального п ^ 2 число 24п+2 + 1 не является произведением двух простых чисел.

5.23. Докажите, что любое рациональное число можно представить в виде суммы трёх кубов рациональных чисел.

5.5. Разложения рациональных функций

5.24. Представьте дроби —^-и —^-в виде суммы дробей-- H--7, где ало — действительные числа.

5.25. Пусть числа ai, an попарно различны. Докажите, что можно выбрать числа Ai, Ап так, что

5.26. Пусть

где Ai, Ап —действительные числа. Докажите, что Ai>0, А2<0, Аз>0, ...

5.6. Разложения квадратичных функций

5.27. Докажите, что если для всех х, г/, z справедливо равенство

5.7. Тождества с целыми частями

5.28. Докажите, что

5.29. Пусть р и q — взаимно простые натуральные числа. Докажите, что

5.30. Пусть рис — взаимно простые нечётные натуральные числа. Докажите, что

(Эйзенштейн).

5.31. Докажите, что

для любого натурального п.

5.32. Докажите, что

для любого натурального числа п.

5.33. Докажите, что

для любого натурального числа п.

5.34. Докажите, что

для любого натурального числа п.

Решения

б) Каждый из полученных многочленов четвёртой степени можно разложить на множители, воспользовавшись тождеством

нужно положить а = 1 и а = л/3.

5.10. Ясно, что ni 2п = 2 • 4 • 6 •... • 2п. Поэтому ni 2п (2п -1)11 = (2 - 4 - 6-...- 2п) •1 - 3 - 5 -... - (2п - 1) = (2л)!.

5.11. Воспользуйтесь тождеством (а2 + Ъ2) (с2 + d2) = (ас + frd)2 + (ad-be)2.

5.12. a) (aib2 - a2bi)2 + (а26з - a3b2)2 + (aib3 - a3bi)2.

б) ^(aibj — ajbi)2, где суммирование ведётся по всем парам i < j.

5.13. а) Воспользуйтесь тождеством а2 + 1/а2 = (а + 1/а)2 — 2. б) Воспользуйтесь тождеством

5.14. Воспользуйтесь тождеством

5.15. Достаточно заметить, что

5.16. Равенство —h - H— = -:- эквивалентно равенству (be + са + ab) (a + b + c) = abc, т. е. (а + Ь) (Ь + с) (с + а) = 0 (предполагается, что abc / 0 и а + Ь + с / 0). Таким образом, тройка чисел а, fr, с имеет вид х, —х, у, причём уф +х. Но тогда тройка чисел ап, Ьп, сп при нечётном п тоже имеет такой вид.

5.17. Несложно проверить, что частное равно х2 + у2 + г2 — ху — — yz — xz. Действительно, пусть х — у = и и у — z = v. Тогда (х — у)5 + (y-z)5 + (z-x)5 = u5 + v5-(u + v)5 = -5(u4v + 2u3v2 + 2u2v3 + vu4) = —5uv(u + v)(u2 + uv + v2) и Ъ(у — z)(z — х)(х — у) = —5uv(u + v). Остаётся заметить, что u2 + uv + v2 = х2 + у2 + z2 — ху — yz — xz.

поэтому ху + yz + xz = 0. Следовательно, х2 + у2 + z2 = (х + у + z)2 — — 2(ху + yz + xz) = (x + y + z)2 — квадрат рационального числа, что и требовалось.

5.19. Докажем, что

Действительно, сумма трёх дробей

равна нулю.

5.20. Заметим, что пг + Зп + 5 = (п + 7) (п - 4) + 33. Если число п2 + Зп + 5 делится на 121, то число (п + 7)(п — 4) делится на 11. Но (п + 7) — (п — 4) = 11, поэтому оба множителя делятся или не делятся на 11 одновременно. Следовательно, если число (д+ 7) (п — 4) делится на 11, то оно делится на 121. Но тогда число (п + 7) (п — 4) + 33 не может делиться на 121.

5.21. Представим данное выражение в виде

При у ф 0 все пять сомножителей этого произведения попарно различны, а число 33 нельзя представить в виде произведения пяти целых попарно различных сомножителей (хотя и можно представить в виде произведения четырёх попарно различных сомножителей, два из которых равны ±1). При у — 0 рассматриваемое выражение превращается в х5. Ни при каком целом х число х5 не равно 33.

5.22. Число 24я+2 + 1 можно представить как в виде произведения (22 + 1)(24п - 24п~2 + ... - 22 + 1), так и в виде произведения (22л+1 + 2п+\ + Х) (22л+1 _ 2п+\ + 1у При д ^ 2 эти разложения различны.

5.23. Воспользуемся тождеством

Возьмём рациональное число t и положим a=12t(t+l), b= (t+l)s и с= 12t(t — 1). Тогда получим

Если £ / — 1, то число w = 72t является суммой трёх кубов рациональных чисел:

Остаётся заметить, что

5.24. Ясно, что

Поэтому

5.25. Докажем требуемое утверждение индукцией по п. При п = 2 можно положить

Предположим теперь, что

Представим каждую дробь

в виде

и сложим такие выражения для i=l, 2, п— 1. В результате получим требуемое выражение.

5.26. Применим индукцию по п. При п = 1 утверждение очевидно. Предположим, что требуемое утверждение доказано для п — 1 чисел. Тогда

При этом

где ап — ai > 0. Требуемые неравенства следуют из того, что (an-ai)Ai=Bi, (an-ai)A2 = B2-C2,(ап-ai)An-i =Bn-i-Cn-i, (an -ai)An = -Cn.

5.27. Если указанное равенство справедливо для всех х, г/, г, то

Действительно, это утверждение эквивалентно тому, что если

для всех х, у, 2, то все коэффициенты Ац равны нулю. При х=1, у = 2 = 0 получаем Ац = 0. Аналогично А22 = А33 = 0. Теперь при X = у = 1, 2 = 0 получаем А\2 — 0. Аналогично А\з = А23 = 0.

Подставим в выражения аиа22#зз + 2ai3ai2#23 и а|3ац + а23а22 + af2#33 полученные представления ац через Ър и cq. После несложных преобразований получаются одинаковые выражения.

5.28. Рассмотрим функцию

Ясно, что

Поэтому f(x) = f(y) для некоторого числа у, удовлетворяющего неравенствам 0 ^ у ^ 1/п. Но для такого числа f(y) = 0.

5.29. Рассмотрим прямоугольник О^х^р, 0^г/^ди проведём в нём диагональ y = qx/p. Интересующая нас сумма равна числу точек с целыми координатами, лежащих строго внутри (не на границе) этого прямоугольника и под его диагональю. Симметрия относительно центра прямоугольника показывает, что под диагональю лежит столько же целочисленных точек, сколько и над диагональю. Из взаимной простоты чисел р и q следует, что на диагонали лежат только две вершины; других целочисленных точек на ней нет. Остаётся заметить, что всего внутри прямоугольника лежит (р — l)(q — 1) целочисленных точек.

5.30. Рассмотрим прямоугольник и проведём прямую у = qx/p. Интересующая нас сумма состоит из двух частей. Первая часть равна числу целочисленных точек этого прямоугольника, лежащих под этой прямой, а вторая — над. Внутри прямоугольника нет целочисленных точек, лежащих на рассматриваемой прямой. Поэтому интересующая нас сумма равна количеству целочисленных точек рассматриваемого прямоугольника, т. е. она равна —— • —-—.

5.31. Пусть k = [у/4п+1]. Тогда k2 ^ Ап + 1 < (k + I)2. Полный квадрат при делении на 4 не может давать в остатке 2 или 3, поэто-

му числа 4д + 2 и 4д + 3 не могут совпасть с (k+1) .Следовательно, оба эти числа меньше (Ä+ 1)2.

5.32. Сначала сравним числа л/п + \Jn + 1 и л/4д + 2. Вместо знака неравенства поставим знак V и будем рассматривать только преобразования, которые сохраняют знак неравенства: у/п + у/п + 1 V Va/4/i + 2 Ф> д + 2л/д(д+ 1) + д + 1 V4/1 + 2 Ф> 2л/д(д+1) V2/1+1 Ф> Ф> 4д2 + 4дУ4д2 + 4д+1. Значит, л/д + л/д + 1 < л/4д + 2.

Предположим, что существует натуральное число т, для которого у/п + 1 ^ m ^ а/4д + 2. Тогда 2д + 1 + 2л/д(д + 1) ^ m2 ^ ^ 4д + 2, а значит, 4д(д + 1) ^ (m — 2д — I)2 ^ 4д(д + 1) + 1. Число 4д(д+ 1) не может быть полным квадратом, поэтому первое неравенство строгое. Значит, т2 — 2п — 1 = 2п + 1, т. е. т2 = 2(2п + 1), чего не может быть.

5.33. Положим x

При п ^ 1 выполняются неравенства

Учитывая, что /г + 2/5 + п + 7/10 + п + 7/5 = Зп + 5/2 и п + 1/2 + /г + 1 + д + 3/2 = Зд + 3, получаем 9п + 8 < х2 < 9п + 9, а значит, [х] = [л/9лТ8].

5.34. Согласно задаче 8.42 для любых чисел а > b > 0 выполняется неравенство

Применив это неравенство для

получим

Значит,

Поэтому если

Кроме того, не существует целого числа т, для которого

поскольку иначе 8п + 4 > т3 > 8п + 3, а между целыми числами 8п + 3 и 8д + 4 никаких других целых чисел нет.

ГЛАВА 6

РАЦИОНАЛЬНЫЕ И ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ ЧИСЛА

6.1. Сравнение чисел

6.1. Сравните, какое из чисел больше: а) у/2 + у/3 или y/IÏ; б) \/б + 2^ или y/îô+V2Ï; в) y/IÏ или Ь-у/Ь.

6.2. Сравните, какое из чисел больше: \J2 + л/2 + .т! (выражение состоит из какого-то конечного числа корней) или 2?

6.2. Иррациональности в знаменателях

В следующих задачах нужно избавиться от иррациональности в знаменателе дроби.

6.8. Докажите, что можно избавиться от иррациональности в знаменателе, который представляет собой сумму квадратных корней из рациональных чисел.

6.3. Тождества с радикалами

6.9. Докажите, что если а > \/Ь, то

6.10. Представьте следующие числа в виде \/ä±\fb, где а и & — натуральные числа:

6.13. Докажите, что следующие числа рациональны:

6.14. Докажите, что

6.11. Докажите, что

6.12. Докажите, что число

рационально.

6.15. Докажите следующие тождества Рамануджана:

6.4. Доказательства иррациональности и рациональности

6.16. Докажите, что следующие числа иррациональны:

6.17. Докажите, что число у/2 + \/3 иррационально.

6.18. Выясните, рационально ли число

6.19. а) Докажите, что если числа а, Ъ, у/а + у/Ъ рациональные, то числа у/а и у/Ъ тоже рациональные.

б) Докажите, что если числа а, Ъ, с, у/а + у/Ъ + у/с рациональные, то числа у/а, у/Ъ и у/с тоже рациональные.

в) Докажите, что если числа а\, ап, у/а{ +... + у/сГ^ рациональные, то числа \/~а{, ^/сГ^ тоже рациональные.

6.20. Пусть pi, ..., pu — различные простые числа. Докажите, что число y/pk нельзя представить в виде суммы рационального числа и чисел y/ptl.. ,pis, где l^ii<...<is^k — 1, с рациональными коэффициентами.

6.5. Сопряжённые числа

6.21. а) Пусть р — простое число. Докажите, что никакое число нельзя представить двумя разными способами в виде m + пу/р, где тип — рациональные числа.

б) Докажите аналогичное утверждение для представлений в виде m + пу/р, где р — произведение попарно различных простых чисел.

Таким образом, для каждого числа z вида m + п\/р, где m un — рациональные числа, ар — произведение попарно различных простых чисел, можно определить сопряжённое число

6.22. Докажите, что если (а + Ъу/р)п =Ап+Впу/р, где р— произведение различных простых чисел, а числа а, &, АП9 Вп рациональные, то (а — Ъу/р)п =Ап — Впу/р.

6.23. Найдите первую цифру после запятой числа (2 + УЗ)1000.

6.24. Докажите, что для рациональных чисел х, у, z и t не может выполняться равенство

6.25. Докажите, что для натуральных чисел m и п не может выполняться равенство (5 + Зу/2)т = (3 + 5у/2)п.

6.26. а) Докажите, что (у/2 — 1)п = y/k — y/k — 1, где k — некоторое натуральное число.

б) Пусть тип — натуральные числа. Докажите, что (у/т — у/т — 1)п = y/k — y/k — 1, где k — некоторое натуральное число.

6.27. Докажите, что для любого натурального п число [(1 + у/3)2п+1] делится на 2n+l и не делится на 2п+2.

6.6. Последовательность Фарея

6.28. Расположим в порядке возрастания все рациональные числа, которые заключены между нулём и единицей и знаменатели которых не превосходят п. Пусть а/Ъ и c/d — два соседних числа в этой последовательности. Докажите, что I be — ad I = 1.

Последовательность чисел из задачи 6.28 называют последовательностью Фарея и обозначают Fn.

6.29. Пусть a/b<x/y<c/d — три последовательные дроби в последовательности Фарея. Докажите, что — =

6.30. Пусть a/b<c/d — две последовательные дроби в последовательности Фарея Fn. Докажите, что b + d> п.

6.31. В последовательности Фарея Fn вычислите дроби, соседние с 1/2.

6.32. а) Докажите, что сумма знаменателей дробей в последовательности Фарея в 2 раза меньше суммы числителей.

б) Докажите, что сумма дробей в последовательности Фарея в 2 раза меньше количества её членов.

6.33. Докажите, что количество членов в последовательности Фарея Fn равно 9 (?) > гДе 9 — функция Эйлера.

6.7. Задачи с целыми частями

6.34. Пусть а и ß — положительные числа. Докажите, что следующие условия эквивалентны:

(1) каждое натуральное число ровно один раз встречается среди чисел [а], [/?], [2а], [2/3], [За], [3/3],

(2) — + -ß = 1, причём а и ß иррациональны.

6.35. Пусть ai, au — положительные числа, обладающие следующим свойством: каждое натуральное число ровно один раз встречается среди чисел [ai], [a&], [2ai], ... [2ak], [3ai], [3aÄ], ... Докажите, что k^2.

Решения

6.1. Вместо знака неравенства поставим знак V и будем рассматривать только преобразования, которые сохраняют знак неравенства.

в) Нужно воспользоваться тем, что

6.4. а) Домножьте знаменатель на

б) Домножьте знаменатель на

6.5. а) Домножьте знаменатель на б) Домножьте знаменатель на

6.6. Домножьте знаменатель на

1.7. Воспользовавшись тождеством из задачи 5.4, запишем

После этого остаётся избавиться от иррациональности в знаменателе дроби

Это мы уже делали в задаче 6.4: нужно домножить знаменатель на

6.8. После умножения числителя и знаменателя на некое натуральное число можно считать, что в знаменателе получится сумма с целыми коэффициентами квадратных корней из простых чисел pij ..., pk и произведений этих квадратных корней. Применим индукцию по k. Знаменатель можно представить в виде а + b^/pk, где числа а и b выражаются через квадратные корни из р\, ... ...,Pk-i- Равенство

позволяет сделать шаг индукции, если а — b pk ф 0. Ясно также, что можно считать, что b ф 0. Остаётся рассмотреть случай, когда pk = а2/Ь2, т.е. ^/pk = ±a/b. По условию а + b^fpk ф 0, поэтому ^/pk = a/b и a + b^/pk = 2a. Шаг индукции очевиден и в этом случае.

6.9. В левой части стоит положительное число, поэтому достаточно проверить, что после возведения обеих частей в квадрат получим тождество. Это легко проверяется, поскольку (а + у/ а2 — Ъ) х X (а - у/а2 - Ъ) = Ъ.

6.10. Воспользовавшись формулой из задачи 6.9, получим следующие ответы: а) 1 + у/2; б) 2 + у/Ъ; в) у/Ъ — у/2.

6.11. Число л/4 + л/7 - л/4- л/7 положительно, а его квадрат равен 4 + л/7-2л/16- 7 + 4- л/7 = 8-2л/9 = 2.

6.12. Тождество (2 ± у/2)г = 20 ± Ыу/2 показывает, что у/20 ± 14л/2 = 2 ± л/2. Поэтому рассматриваемое число равно 4.

6.13. Пусть X = Уа + л/Ь + у/а-у/Ь. Тогда х3 = 2а + 3х^а2 - fr. В случае а) получаем х3 = 6 + х, а в случае б) получаем х3 = 12 + 5х. Первое уравнение имеет корень х = 2, а второе уравнение имеет корень X = 3. Поэтому достаточно проверить, что других (вещественных) корней у этих уравнений нет. Легко проверить, что --^—— = х2 + 2х + 3 и--=х2 + 3х + 4. У этих квадратных трёхчленов нет вещественных корней.

6.14. Вычислим квадрат выражения в левой части, воспользовавшись тем, что Получаем:

6.15. а) Несложно проверить, что (1 - у/2 + y/lf = 9(^2 - 1).

б) Несложно проверить, что (у/2 + ^20 - ^25)2 = 9(^5-^4). Кроме того, неравенство у/2 + у/20 > у/25 легко проверяется посредством возведения обеих частей в куб.

в) Несложно проверить, что (у/Ъ — у/2)6 = 9(7^20 — 19); члены, содержащие у/ЪО, взаимно сокращаются.

г) Прежде всего отметим, что 3-2^5>0. Затем несложно проверить, что (у/Е - I)4 (3 + 2\/5) = lOv^ - 22 = (у/Ъ + I)4 (3 - 2у/5) ; члены, содержащие у/Ъ, взаимно сокращаются; члены, содержащие л/125, тоже.

д) Несложно проверить, что (у/98 — у/28 — I)2 = 9(^28 — 3) = 9(^28 — ^27); члены, содержащие ^14, взаимно сокращаются.

Покажем, что ^98 > у/28 + 1, т. е. ^14(^7 - у/2) > 1. Домножив обе части на положительное число у/49 + y/Ï4 + у/А, перейдём

к неравенству 5^14 > ^49 + у/Ы + у/4, т. е. 4^14 > ^49 + у/4. Это неравенство легко доказывается, поскольку 4у 14 > 8, а у 49 < 6 и ^4<2.

е) Несложно проверить, что (1 + у/3 - у/9)3 = 10 - 5^27 = 5(^32-^27).

6.16. а) Предположим, что y/p = r/s— несократимая дробь. Тогда г2 =ps2, поэтому г делится нар (здесь используется задача 4.8). Значит, ps2 делится на р2. Поэтому s делится на р, что противоречит несократимости дроби r/s.

б) Из равенства г2 = р\ ...pkS2 следует, что г делится на р\. Поэтому p2...pkS2 делится на р\. Число P2---Pk взаимно просто с р\, поэтому s делится нар\.

в) Из равенства Pk+i • • -РпГ2 = р\.. .pkS2 следует, что г делится на р\, поскольку число Pk+i ---Рп не делится на р\.

6.17. Предположим, что у/2+у/3 = г, где г — рациональное число. Тогда (у/3)3 = (г- у/2)3, т.е. 3 = г3 - Зг2\/2 + 6г - 2у/2. Поэтому

рациональное число, чего не может быть.

6.18. Ответ: иррационально. Пусть ос\ = у/4 + у/ТВ и 0С2 = у/4 - л/15. Тогда ос\ + ос\ = 8 и ос\ос\ = 1, поэтому #i#2 = l. Следовательно, (ос\ + #2)3 = ocl + al + 3oci(X2(oci +0L2) = 8 + 3(ai + #2). Таким образом, ос3 = 8 + За. Поэтому остаётся доказать, что многочлен Xs — 3х — 8 не имеет рациональных корней. Согласно задаче 10.3 рациональные корни этого многочлена — целые числа, являющиеся делителями числа 8. Непосредственная проверка показывает, что числа ±1, ±2, ±4, ±8 не являются корнями этого многочлена.

6.19. а) Пусть у/а + у/В = г — рациональное число. Если г = 0, то а = Ъ = 0. Поэтому будем предполагать, что г ф 0. Возведём в квадрат обе части равенства у/а = г — у/В. В результате получим

а значит,

рациональное число.

б) Пусть у/а + у/В + у/с = г — рациональное число. Достаточно рассмотреть случай, когда г ф 0. Возведём в квадрат обе части равенства у/а + у/В = г — у/с. Получим

(1)

Затем возведём в квадрат обе части равенства

Получим

(2)

Если г2 + с — а — Ъ ф О, то равенство (2) показывает, что число у/с рационально. Если же г2 + с = а + Ъ, то из равенства (1) следует, что 2y/äb = — 2гу/с, причём г > 0. Следовательно, y/äb = 0 и у/с = 0. В частности, число у/с рационально. Рациональность чисел у/а и у/6 доказывается аналогично.

в) Можно считать, что все числа ai, ап отличны от нуля. Достаточно доказать, что число л/а~\ рационально. Положим х\ = л/äT, • • • > хп = y/à~n и у = л/аТ +... + у/а~п. Рассмотрим произведение

(1)

где берутся все возможные комбинации знаков плюс и минус. Это произведение является многочленом с целыми коэффициентами от у, х\, х\, x2. Выделяя члены с чётными степенями х\ и с нечётными, получим

(2)

В произведение (1) входит множитель у — х\ — Х2 — ... — хп = 0. Поэтому f(y, xi, Хп) = 0. По условию числа у, х\, х2 рациональны. Поэтому если h(y, х\, ..., х2) / 0, то число

рационально.

Предположим теперь, что h(y, х\, х2) = 0. Воспользовавшись соотношением (2), получаем

Значит,

при записи последнего равенства мы воспользовались тем, что у — х\ + ... + хп. Значит, одно из выражений 2xi + (Х2 ± Х2) + ... ... + (хп ± Хп) обращается в нуль. Но Х\ > 0, а Xk =Ь Xk ^ 0. Значит, h(y, х\, x2) /0.

6.20. Применим индукцию по k. Сначала рассмотрим случай k = 2. Предположим, что ^/р2 = a + b^/pï, где числа a и b рациональны. Задача 6.16 в) показывает, что ab/0. После возведения в квадрат получаем р2 = а2 + 2ab^/pï + b2p\, а значит, число ^/pî рационально, чего не может быть.

Предположим теперь, что л/р/ё+Г = # + by/pk, где а и Ь выражаются через y/pï, ..., yJpk-\. Если & = 0, то получаем, что y/Pk+i выражается через y/pï, y/pk-i, что противоречит предположению индукции. Если а = О, то y/Pk+i = (#' + Ъ'yjpk-\)yfpk- Если снова а' = 0 и т.д., то в конце концов получим y/Pk+i = Гу/ïh^Pk, где число г рациональное. Этого не может быть (задача 6.16 в). Поэтому (возможно, после изменения нумерации чисел р\, pk) имеем у/Рк+1=а + Ъу/р1г, где аЬфО. Значит, pk+i = a2 + 2ab^/p^ + b2pk,

Избавившись от иррациональности в знаменателе (задача 6.8), мы получим выражение y/pi через y/pï, ... yJpk-\, что противоречит предположению индукции.

6.21. Пусть m + п\/р = mi + ni\fp, причём числа т, п, mi и ni рациональные. Если mi ф m или ni ф п, то Vp=-. Это равенство выполняться не может, поскольку л/р — иррациональное число.

6.22. Применим индукцию по п. Легко проверить, что Z1Z2 = 2Т22, т.е. если (а + b\fp)(с + d\fp) = А + В\/р, то (а — b\fp)x X (с — d\fp) =А — В\[р. Следовательно, если (а + Ьл/р) (Ап + Вп у/р) = An+i + Bn+i\fp, то (a-&\/p)(A„ -BnVp) =An+i -Вп+\\/р.

6.23. Ответ: 9. Пусть (2 + у/3)п = А„ +Б„>/3, где А„ и Бл—натуральные числа. Согласно задаче 6.22 (2 — \/3)п = A„ — Б^л/З. Поэтому (2 + л/3)" + (2 - л/3)л — натуральное число. Но 2 - \/3 « « 0,2679 < 0,3, поэтому (2 - д/З)1000 «0,0... (и дальше идёт ещё несколько нулей).

6.24. Если для рациональных чисел х, у, г и t выполняется указанное равенство, то согласно задаче 6.22 для тех же самых чисел должно выполняться равенство

6.25. В самом деле, пусть (5 + 3V2)m = (3 + 5л/2)л. Тогда согласно задаче 6.22 (5 — 3\f2)m = (3 — 5л/2)л. Прийти к противоречию теперь можно разными способами. Во-первых, можно заметить, что |5 — Зл/21 < 1 и |3 — 5л/2| > 1. Во-вторых, можно перемножить равенства (5 + Зу/2)т = (3 + 5л/2)л и (5 - Зл/2)т = (3 - 5л/2)л; в результате получим 7т = (—41)п.

6.26. а) Если (а/2 + 1)п = х\Д + у, то согласно задаче 6.22

б) Равенства

показывают, что (\/т± у/т — 1)п = ау/т±Ьу/т — 1 при нечётном п и (у/т± у/т 1)п = а±Ь\/т(т — 1) при чётном п (а и Ъ — натуральные числа). В обоих случаях получаем (у/т± y/m — 1)п = у/х± где X и у — натуральные числа (х = а2т и у = Ь2(т — 1) при нечётном п, х = а2 и г/ = Ь2т(т — 1) при чётном д). При этом X — у = (л/х — л/*/) (л/я + Vy) = (( — \j m 1 ) (л/т + \J m 1 ) ) " = 1.

6.27. Число (1 + а/3)2я+1 + (1 - \/3)2"+1 целое, причём -1 < <(1-л/3)2Аг+1<0. Поэтому [(1 + уД)2п+1] = (1 + у/3)2п+Ч(1-\^)2п+1. Равенство (1 ± VS)2 = 2(2 =Ь VS) показывает, что

Ясно, что (1 ± л/3)(2 ± а/3)я = а ± frv^, где а и Ь — некоторые натуральные числа. Достаточно доказать, что число а нечётное. Равенство а2 — ЗЬ2 = — 2 показывает, что числа а и Ъ одной чётности. Эти числа не могут быть оба чётными, поскольку тогда число а2 — ЗЬ2 делилось бы на 4.

6.28. Можно считать, что a/b<c/d. Неравенство -<-—г^—:—, которое выполняется при а + 1 ^ Ь, показывает, что Ъфа, т. е. знаменатели двух соседних дробей не могут быть одинаковыми.

Докажем требуемое утверждение индукцией по п. При п = 3 получаем числа 1/3, 1/2, 2/3; для них утверждение легко проверяется. Предположим, что утверждение доказано для п— 1. При переходе от п — 1 к п к старому набору чисел добавляются некоторые числа вида k/n. Согласно сделанному выше замечанию два новых числа не могут быть соседними, поэтому а/Ъ<k/n<c/d, где а/Ъ и c/d — соседние числа из старого списка. Нужно доказать, что оба числа А = kb — ап и В = сп — kd равны 1 (ясно, что эти числа

положительны). Предположим, что одно из них больше 1. Тогда Ъ + d <ЪВ + dA = (be — ad) п = п, поскольку be — ad = 1 по предположению индукции. Неравенство - <--- < - показывает, что числа а/Ь и c/d не могут быть соседними. Приходим к противоречию.

6.29. Согласно задаче 6.28 Ъх — ау = 1 и су — dx = 1. Решая эту систему линейных уравнений относительно х и г/, получаем

6.30. Ясно, что - <--- < -. Поэтому если Ъ + d ^ п, то дробь --- входит в последовательность Фарея Fn, причем она расположена между дробями а/Ь и c/d.

6.31. Ответ: - ± — при нечётном п; - ±--- при чётном п.

При нечетном /г числитель и знаменатель дроби ^ можно сократить на 2; при четном п то же самое верно для дроби ————.

Поэтому указанные в ответе дроби входят в последовательность Фарея. Если а/Ь < c/d — соседние дроби в последовательности Фарея, то - — - = ——— = —. Если Ь = 2 и а ^ /г, то —> —. В случае нечётного п доказательство завершено. А в случае чётного п достаточно убедиться, что если ^ = —, то d ф п. Но если а = 1, Ь = 2 и d = п, то 1 = Ъс — ad = 2с — п, поэтому п нечётно.

6.32. а) Если дробь p/q входит в последовательность Фарея, то и дробь (q—p)/q тоже входит, поскольку НОД (а— р, #)=НОД(р, q). Поэтому ^2p = ^2(q — р), т.е. 2 ^ р = ^ q, что и требовалось.

б) Аналогично а) получаем = ^ ^ ^, т.е. 2^]^ = ^]1.

Последняя сумма равна количеству членов в последовательности Фарея.

6.33. Дробь p/q входит в последовательность Фарея, если 1 ^р< <q^n и НОД(р, q) = 1. Поэтому при фиксированном q> 1 количество членов вида p/q равно cp(q). Следовательно, количество всех членов равно ^ ср (q).

6.34. Докажем сначала, что из (1) следует (2). Количество значений X, для которых [хос] ^ п, равно п/ос + Я, где 0 ^ Я < 1/а. Количество значений г/, для которых [yß] ^ п, равно n/ß + yt, где О ^ yt < 1/ß. По условию п/ос + Я + n/ß + yt = n. Поэтому при п —> оо

получаем 1/а + 1/ß = 1. Если бы число а было рациональным, то из этого равенства мы получили бы а = p/q и р = -, где р > q — натуральные числа. Но тогда [qa] =р=[(р — q)ß}. Приходим к противоречию, поэтому а иррационально.

Докажем теперь, что из (2) следует (1). Число [ka] меньше п в точности при k = 1, 2, [п/а]. Число [kß] меньше п в точности при k = 1, 2, [п/ß]. Поэтому среди рассматриваемых чисел встречается ровно [п/а] + [n/ß] чисел, меньших п. Из соотношения 1/а + 1/ß = 1 и иррациональности чисел а и ß следует, что [п/а] + [n/ß] = п — 1. Поэтому среди рассматриваемых чисел встречается 0 чисел, меньших 1; 1 число, меньшее 2; 2 числа, меньших 3, и т. д. Чтобы получить количество чисел, равных п, нужно из количества чисел, меньших п + 1, вычесть количество чисел, меньших п. В результате получим 1.

6.35. Можно считать, что ai < а 2 <... < а/г (неравенства строгие, потому что иначе возникли бы повторения). Число 1 встречается ровно один раз, поэтому [ai] = 1, т. е. ai = 1 + Ô, где 0 < 8 < 1.

Пусть [pai] = п. Тогда pai < п + 1. Поэтому (р+ l)ai = pai + ai < <д+1 + 1 + <5<д + 3, а значит, [(р + 1) ai] ^ /г + 2. Таким образом, между соседними членами последовательности [ai], [2ai], ... не могут встретиться два последовательных натуральных числа.

Пусть m — наименьшее натуральное число, не встречающееся в последовательности [ai], [2ai], ... Тогда [ai] = 1, [2ai] = 2, ... [(m — l)ai] = m — 1 и [mai] = m + 1. Поэтому (m — l)8i < 1 и тдî ^ 1. Ясно также, что m = [a2], поскольку a2 < аз < ... < а/г. Таким образом, a2 = m + е, где 0 ^ s < 1.

Пусть x — произвольное натуральное число, не встречающееся в последовательности [ai], [2ai], [3ai], ... Тогда x = [pai] + 1 и [(p+ l)ai] > [pai] + 1. Последнее неравенство эквивалентно тому, что [р + 1 + (р + 1)0] > [р +р8] + 1, т.е. [(р + 1)0] > [р5]. Таким образом, р8 <q^ (р+ 1)8 для некоторого натурального числа q.

Ясно, что (р + m — 1)8 = р8 + (m — 1)<5 < # + 1 и (p + m+l)ô = (р + l)ô + ^ g + 1. Возможны два случая.

(1) (p + m)8^q+l. В этом случае (р + т— l)8<q+l^(p + m)8.

(2) (р + m)ô < q+ 1. В этом случае (p + m)ô<g+l^(p + m+l)ô.

Следующее за х натуральное число, не встречающееся в последовательности [ai], [2ai], равно [pfai] + 1, где р'8 < q' ^ ^ (р' + 1)0, причём д; — наименьшее возможное натуральное число, большее q. Мы видим, что в качестве q' можно взять q+ 1. При этом в случае (1)р' =р + т— 1, ав случае (2)р' =р + т. Следовательно, в случае (1) [p;ai] + l=p + m— l + [(p + m— l)ô] + l=p + m + g,

а в случае (2) \р'ос\] + 1 = р + m + [(р + т)8] + 1 = р + m + q + 1. Напомним, что х = \рос\] + 1 =р + \р8] + l=p + q. Поэтому следующее за x число, не встречающееся в последовательности [ai], [2ai], равно x + m или x + m + 1.

Если [пос2]=у, то п(Х2 — 1 <у^п(Х2. Поэтому (д+1)а2 = да2 + а2< <у+1 + т+1 = у + т + 2 и (/г + 1)аг = яа2 + а2 ^ г/ + т. Таким образом, (п + 1)а2 = у + m или г/ + m + 1.

Пусть х/г — /г-е число, не встречающееся в последовательности [ai], [2ai], a yk = [/гаг]. Докажем индукцией по k, что Xk = yk-При k = 1 это очевидно: Х\ = т = у\. Предположим, что Х/г = yk для некоторого /г. Выше было показано, что Xk+i =Xk + m или Xk + m+1, а [/a;+i = Ук + /п. или yk + т + 1. Среди двух последовательных чисел Х/г + ттг и х/г + ттг+1 лишь одно может не входить в последовательность [ai], [2ai], ... Именно оно должно быть как числом Xk+i, так и числом г/ä+i.

ГЛАВА 7

ТЕКСТОВЫЕ ЗАДАЧИ

7.1. Решения без вычислений

7.1. В одном стакане 5 ложек чая, в другом 5 ложек молока. Ложку молока перелили из второго стакана в первый, а затем ложку чая с молоком перелили обратно во второй стакан. Чего оказалось больше: чая в молоке или молока в чае?

7.2. Из пункта А в пункт Б, расстояние между которыми 5 км, вышел пешеход. Из пункта Б навстречу ему одновременно с ним выехал велосипедист, скорость которого в 2 раза больше скорости пешехода. Встретив пешехода, он повернул и поехал обратно в Б. Доехав до Б, велосипедист снова повернул и поехал навстречу пешеходу и т. д. Какой путь проедет велосипедист к тому моменту, когда пешеход придёт в Б?

7.2. Вычисления

7.3. Над озёрами летела стая гусей. На каждом озере садилась половина гусей и ещё полгуся, а остальные летели дальше. Все гуси сели на семи озёрах. Сколько было гусей в стае?

7.4. Два велосипедиста выехали одновременно навстречу друг другу из пунктов А и Б и встретились в 70 км от А. Продолжая двигаться с теми же скоростями, они доехали до А и Б и повернули обратно. Второй раз они встретились в 90 км от Б. Найдите расстояние от А до Б.

7.5. Пароход от Горького до Астрахани идёт 5 суток, а от Астрахани до Горького 7 суток. Сколько дней будут плыть по течению плоты от Горького до Астрахани?

7.6. Два человека А и Б должны попасть из пункта M в пункт N9 расположенный в 15 км от М. Пешком они могут передвигаться со скоростью 6 км/ч. Кроме того, в их распоряжении есть велосипед, на котором можно ехать со скоростью 15 км/ч. А отправляется в путь пешком, а В едет на велосипеде до встречи с пешеходом С, идущим из N в М. Дальше В идёт пешком, а С едет на велосипеде до встречи с А и передаёт ему велосипед, на котором тот и приезжает в N.

а) Когда должен выйти из N пешеход С, чтобы А и Б прибыли в пункт N одновременно (если он идёт пешком с той же скоростью, что А и Б)?

б) Когда должен выйти из N пешеход С, чтобы время, затраченное А и Б на дорогу в N, было наименьшим (С идёт пешком с той же скоростью, что А и Б; время, затраченное на дорогу, считается от момента выхода А и Б из M до момента прибытия последнего из них в N)?

7.3. Неравенства

7.7. Города А и Б расположены на реке на расстоянии 10 км друг от друга. На что пароходу потребуется больше времени: проплыть от А до Б и обратно или проплыть 20 км по озеру?

7.8. В деревне А 100 жителей, в деревне Б 50 жителей. В каком месте шоссе, соединяющего деревни, нужно построить баню, чтобы общее расстояние, которое нужно пройти всем 150 жителям до бани и обратно, было наименьшим?

7.9. В таблице размером 10 х 10 записано 100 чисел. В каждой строке выбрано наименьшее число и среди них выбрано наибольшее число А. В каждом столбце выбрано

наибольшее число и среди них выбрано наименьшее число Б. Может ли оказаться, что А>В?

7.10. Семь грибников собрали вместе 100 грибов, причём никакие двое не собрали одинакового количества грибов. Докажите, что среди них есть трое грибников, собравших вместе не менее 50 грибов.

7.11. Школьники одного класса ходили в два туристических похода. В каждом походе мальчиков было меньше 2/5 общего количества участников похода. Докажите, что в этом классе мальчики составляют меньше 4/7 общего числа учеников, если известно, что каждый из учеников был по крайней мере в одном походе.

7.4. Целочисленные приближения

7.12. В классе провели контрольную работу. Оказалось, что у мальчиков средняя оценка 4; у девочек 3,25; у всех вместе 3,6. Сколько мальчиков и сколько девочек писали контрольную работу, если известно, что в классе больше 30 и меньше 50 человек?

7.13. В отчёте о лыжном забеге сказано, что 96% его участников выполнили норму. Известно, что эта цифра дана с точностью до 0,5%. Каково наименьшее число участников этого забега?

7.14. В карьере заготовлено 120 гранитных плит по 7 т и 80 плит по 9 т. На железнодорожную платформу можно погрузить до 40 т. Какое наименьшее число платформ потребуется, чтобы вывезти все плиты?

7.15. Груз весом 13,5 т упакован в ящики так, что вес каждого ящика не превосходит 350 кг. Докажите, что этот груз можно перевезти на 11 полуторатонках. (Весом пустого ящика можно пренебречь.)

7.16. Десять рабочих должны собрать из деталей 50 изделий. Сначала детали каждого изделия нужно покрасить; на это одному рабочему требуется 10 минут. После окраски детали 5 минут сохнут. На сборку изделия одному рабоче-

му требуется 20 минут. Сколько рабочих нужно назначить малярами и сколько монтажниками, чтобы работа была выполнена в кратчайшее время? (Двое рабочих не могут одновременно красить или монтировать одно и то же изделие.)

7.5. Соответствия

7.17. На консультации было 20 школьников и разбиралось 20 задач. Оказалось, что каждый из школьников решил две задачи и каждую задачу решили два школьника. Докажите, что можно так организовать разбор задач, чтобы каждый школьник рассказал одну из решённых им задач и все задачи были разобраны.

7.18. В библиотеке поставили две доски. На одной доске читатель записывает число читателей, которых он застал, войдя в читальный зал, а на другой — сколько читателей оставалось, когда он уходил из библиотеки. Рано утром и поздно вечером читателей в библиотеке не было. Докажите, что за день на обеих досках появятся одни и те же числа (возможно, в другом порядке).

7.19. Подряд выписаны п чисел, среди которых есть положительные и отрицательные. Подчёркивается каждое положительное число, а также каждое число, сумма которого с несколькими непосредственно следующими за ним числами положительна. Докажите, что сумма всех подчёркнутых чисел положительна.

7.20. Докажите, что число всех цифр в последовательности 1, 2, 3, 10^ равно числу всех нулей в последовательности 1, 2, 3, 10^+1.

Решения

7.1. Из второго стакана убавилось молока ровно столько, сколько в него добавилось чая. Поэтому чая в молоке ровно столько, сколько молока в чае.

7.2. Ответ: 10 км. Можно считать, что велосипедист всё время едет в одном направлении (длина пути от этого не меняется).

Его скорость в 2 раза больше скорости пешехода, поэтому за то время, за которое пешеход пройдёт 5 км, велосипедист проедет 10 км.

7.3. Ответ: 127. Мысленно добавим к стае какую-нибудь птицу, например, утку, которая летит со стаей до самого последнего озера. Тогда на каждом озере садится ровно половина птиц, причём на седьмом озере садятся две птицы — гусь и утка. Значит, в стае было 27 птиц, из них 27 — 1 = 127 гусей.

7.4. Ответ: 120 км. Пусть х — расстояние от А до Б. До первой встречи оба велосипедиста вместе проехали х км, а до второй — Sx км. Значит, велосипедист, выехавший из А, к моменту второй встречи проехал 3 • 70 = 210 км. С другой стороны, он проехал X + 90 км. Поэтому X = 210 — 90 = 120 км.

7.5. Ответ: 35. Пусть v — скорость течения реки, и — скорость парохода, I — расстояние от Горького до Астрахани. По условию - = 5 и -= 7; требуется найти l/v. Из системы уравнений I = Ъи + 5v, l=lu — lv находим l/v = 35.

7.6. а) Чтобы А и Б прибыли в пункт N одновременно, они должны пройти пешком одно и то же расстояние х км и проехать на велосипеде одно и то же расстояние 15 — х. Тогда С до встречи с Б тоже должен пройти пешком расстояние х. Поэтому С до встречи с А проедет на велосипеде 15 — 2х, а после этого А проедет на велосипеде 15 — х. Всего А и С вместе проедут на велосипеде 30 — Sx. За это же время Б пройдёт пешком х, поэтому Б до встречи с С едет а С до встречи с Б идёт поэтому С должен выйти из M за — ч до того, как А и Б отправятся в путь из М.

б) Чтобы А и Б затратили на дорогу наименьшее время, они должны прибыть в N одновременно, т. е. они должны пройти пешком одинаковые расстояния. Действительно, пусть А проходит пешком расстояние х и проезжает на велосипеде 15 — х, а Б проходит у и проезжает 15 — у. Тогда время, затраченное А, равно - H--—— = 1 + —-, а время, затраченное Б, равно 1 + —.

Нас интересует большее из этих чисел; оно должно быть наименьшим. За то же самое время, за которое А проходит пешком расстояние х, В и С успевают проехать на велосипеде расстояние

Поэтому

Прямая X = у пересекает прямую 7х + 4 г/ = 60 в точке у —, — J •

Для любой другой точки прямой 7х + 4г/ = 60 координата х или координата г/ будет больше.

Задача о том, когда должен выйти С, чтобы А и Б прибыли одновременно, — это в точности задача а).

7.7. Пусть скорость парохода равна v, скорость течения реки равна w. Если v ^ w, то пароход вообще не сможет плыть против течения. Если же v > w, то на путь из А в Б и обратно требуется время

а на то, чтобы проплыть 20 км по озеру, требуется время 20/v.

7.8. Пусть расстояние между деревнями равно а. Предположим, что баня построена на расстоянии х от деревни А (0 ^ х ^ а). Тогда общее расстояние равно 200х+ 100(а — х) = 100х+ 100а. Оно минимально, когда х = 0. Это означает, что баню нужно построить в деревне А.

7.9. Ответ: нет, не может. Пусть на пересечении строки, в которой стоит число А, и столбца, в котором стоит число Б, стоит число X. Тогда А ^ х ^ Б.

7.10. Пусть ai > Ü2 > ... > a7 — количество грибов, собранных грибниками. Если аз ^ 16, то а 2 ^ 17 и ai ^ 18, поэтому ai + #2 + as ^ 51. Если аз ^ 15, то а± ^ 14, as ^ 13, üq ^ 12 и а7 ^ 11, поэтому а4 + as + ав + а7 ^ 50, а значит, ai + a2 + аз ^ 50.

7.11. Первое решение. По условию в каждом походе мальчиков было меньше 2/3 девочек, участвовавших в походе. Следовательно, в каждом походе мальчиков было меньше 2/3 всех девочек, учащихся в классе. Каждый мальчик был хотя бы в одном походе, поэтому мальчиков в классе меньше 4/3 всех девочек, т. е. мальчиков меньше 4/7 общего числа учеников.

Второе решение. Пусть всего в классе х мальчиков и у девочек; в первом походе было Х\ мальчиков и у\ девочек, во втором — X2 и у2. По условию 5xi < 2 (xi + уi ), поэтому 3xi < 2yi ^2у. Аналогично 3x2 < 2у. Следовательно, 3(xi + Х2) < 4г/. Кроме того, по условию х\ + Х2 ^ X. Поэтому Sx < 4г/, т.е. 7х < 4 (х + у).

7.12. Пусть в классе х мальчиков и у девочек. Тогда = 3,6, т. е. Sx = 7у. Значит, х=7а и у = 8а для некоторого целого а. Поэтому число х + у = 15а делится на 15. Единственное число, делящееся на 15, которое больше 30 и меньше 50, — это 45. Таким образом, х = 21 и у = 24.

7.13. Пусть в забеге участвовало п лыжников, причём k из них не выполнили норму. По условию 3,5^ 100/г/д^4,5. Значит, k^l и п ^ > 22,2/г ^ 22,2. Поэтому д ^ 23. Если в забеге участвовало 23 лыжника, из которых норму не выполнил только один, то требуемое условие выполняется.

7.14. На одну платформу нельзя погрузить 6 плит даже по 7 т. Поэтому нужно по крайней мере 200/5 = 40 платформ. Сорока платформ достаточно: на каждую платформу можно погрузить 3 плиты по 7 т и 2 плиты по 9 т.

7.15. Выделим 8 машин и будем последовательно их грузить, причём каждый раз тот ящик, который уже нельзя погрузить, будем ставить рядом с машиной. Погруженные ящики вместе с ящиками, стоящими рядом с машинами, весят более 8-1,5=12 т, поэтому оставшиеся ящики весят менее 1,5 т; их можно увезти на одной полуторатонке. Поскольку 4 • 350 = 1400 < 1500, на одной машине можно увезти любые 4 ящика. Значит, 8 ящиков, стоящих рядом с машинами, можно увезти на двух оставшихся полуторатонках.

7.16. Ответ: 3 маляра и 6 монтажников (один рабочий лишний, т. е. можно назначить 4 маляров и 6 монтажников или 3 маляров и 7 монтажников). Легко проверить, что 3 маляра и 6 монтажников могут выполнить работу за 195 минут. Действительно, через 15 минут после начала работы маляров 3 изделия готовы к сборке и 3 монтажника соберут их через 20 минут. После этого к сборке будут готовы 6 изделий, причём монтажникам никогда уже не придётся ждать, пока маляры закончат покраску очередного изделия. Через 15 +20+ 140= 175 минут после начала работы будет смонтировано 3 + 7 • 6 = 45 изделий. Чтобы смонтировать 5 оставшихся изделий, нужно ещё 20 минут (этим смогут заниматься только 5 монтажников).

Если маляров меньше трёх, то покраска займёт не менее 250 минут, а если монтажников меньше шести, то монтаж займёт не менее 200 минут.

7.17. Начнём разбор задач с того, что произвольный школьник расскажет одну из решённых им задач. Пусть этот школьник решил задачи ai иаг, а рассказал он задачу ai. Тогда есть ровно один школьник, который тоже решил задачу а2 (и ещё задачу аз). Этот школьник расскажет задачу а2. Затем школьник, который решил задачи аз и а4, расскажет задачу аз и т.д. Так мы дойдём до п-то школьника, который решил задачи ап и a/г, где 1 ^ k ^ п — 1. Нужно понять, что делать, если п < 20. Ясно, что k = l. Действительно,

задачу а/г, где 2 ^ k ^ п — 1, решили два школьника с номерами k — 1 и /г. Пусть п-й школьник расскажет задачу ап. Для оставшихся школьников и оставшихся задач выполняется то же самое условие: каждый из школьников решил две задачи и каждую задачу решили два школьника. Поэтому можно повторить то же самое и т. д.

7.18. Можно считать, что всегда выходит самый последний из пришедших в библиотеку читателей. Действительно, не имеет значения, кто именно запишет на доске число читателей, остающихся в зале; один читатель может перепоручить это другому — результат от этого не изменится. Тогда каждый читатель на обеих досках запишет одно и то же число.

7.19. Пусть выписаны числа ai, а2, a„. Подчеркнём число a/ k + 1 чертами, если k — наименьшее число, для которого а/ + a*+i + а/+2 + ... + а/+£ > 0 (положительное число ai подчёркивается одной чертой). Ясно, что если число щ подчёркнуто k + 1 чертами, то числа a/+i, a/+2, сц+k подчёркнуты соответственно /г, k — 1, 2, 1 чертами. Подчёркнутые числа разобьём на группы следующим образом. Сначала возьмём числа, подчёркнутые наибольшим числом черт (пусть это число черт равно К), и следующие за каждым из них К — 1 чисел. Затем возьмём числа, подчёркнутые К—1 чертами, и следующие за каждым из них К — 2 чисел, и т. д. Сумма чисел в каждой группе положительна.

7.20. Сопоставим цифре числа из первой последовательности нуль числа из второй последовательности следующим образом. Напишем после данной цифры нуль. В результате получим число из второй последовательности с отмеченным нулём. Нашей цифре мы сопоставляем именно этот нуль. Наоборот, нулю числа из второй последовательности сопоставим цифру числа из первой последовательности следующим образом. Отметим цифру, которая стоит перед данным нулём, и после этого нуль вычеркнем. В результате получим число из первой последовательности с отмеченной цифрой. Нашему нулю мы сопоставляем именно эту цифру. Эти операции взаимно обратны, поэтому мы получаем взаимно однозначное соответствие между цифрами числа первой последовательности и нулями чисел второй последовательности.

ГЛАВА 8

НЕРАВЕНСТВА

8.1. Неравенство х + 1/х ^ 2

Напомним, что согласно задаче 1.1 для всех х>0 выполняется неравенство х + 1/х ^ 2.

8.1. При каких п существуют положительные числа х\9 хП, удовлетворяющие системе уравнений

8.2. Докажите, что если числа а\9 ап положительны и ai ...ап = 1, то

8.3. Докажите, что если х5 — х3 + х = 2, то 3 < х6 < 4.

8.4. а) Докажите, что если х\9 Х2, хз — положительные числа, то

б) Докажите, что если х\9 #2, хп — положительные числа, причём п ^ 4, то

8.2. Неравенство треугольника

Будем говорить, что положительные числа a, fr, с удовлетворяют неравенству треугольника, если а + fr > с, fr + с> а ис + а>&. На

геометрическом языке это означает, что из отрезков длиной а, Ь, с можно составить треугольник.

8.5. Докажите, что положительные числа а, Ъ, с удовлетворяют неравенству треугольника тогда и только тогда, когда (а2 + Ъ2 + с2)2 > 2(а4 + Ь4 + с4).

8.6. Докажите, что если для положительных чисел ai, ...» (п^З) выполняется неравенство

то любые три из этих чисел удовлетворяют неравенству треугольника.

8.7. Неравенство

где a>0,b>0,c>0 — заданные числа, выполняется для всех А > О, В > О, С > 0. Можно ли из отрезков a, Ь, с составить треугольник?

8.3. Неравенство Коши

8.8. Докажите неравенство ху ^ (х2 + г/2)/2.

8.9. Докажите неравенство

Неравенство из задачи 8.9 называют неравенством Коши. Другие его доказательства приведены в задачах 1.9 и 5.12.

8.10. Докажите неравенство

8.11. Пусть xij хп — положительные числа. Докажите неравенство

8.12. Пусть S = ai +... + аП9 где ai, ап — положительные числа и п ^ 2. Докажите, что

8.4. Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим

Пусть ai, ап — положительные числа. Их средним арифметическим называют число А = -, а их средним геометрическим называют число G = tya\ ...ап. В 1821 г. Коши доказал неравенство A^G. Доказательство Коши использовало индукцию, но не обычным способом: сначала доказывалось, что если утверждение верно для п = 2т, то оно верно и для п = 2m+1, а затем доказывалось, что если утверждение верно для п, то оно верно и для п — 1 (см. решение задачи 13.10).

8.13. Пусть ai, ..., ап — положительные числа. Докажите неравенство

(Если не все данные числа равны, то неравенство строгое.)

8.14. Пусть a, b > 0. Докажите, что 2\/~а + 3\/Ь ^ b\fäb.

8.15. Докажите, что для любого натурального п ^ 2 имеют место неравенства

8.16. Пусть ai, ап, w\, wn — положительные числа. Докажите, что

Замечание. При w\ = ... = wn = 1 получаем неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим, поэтому неравенство из задачи 8.16 является обобщением неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим.

8.17. Пусть ai, ап—положительные числа, ai, ... ..., ап — попарно различные положительные числа. Для X > О положим

Выберем a и a так, чтобы графики функций y = f(x) и у = аха касались при х = хо-Докажите, что f(x) ^ axa, причём равенство достигается только при X = Хо-

См. также задачи 10.13, 13.10, 25.21.

8.5. Неравенства, имеющие геометрическую интерпретацию

8.18. Пусть а, &, с — положительные числа. Докажите, что

причём равенство достигается тогда и только тогда, когда 1/а + 1/с = 1/Ь.

8.6. Циклические неравенства

8.19. Пусть ai, ап — положительные числа. Докажите, что

8.20. Докажите, что для любых положительных чисел а, &, с выполнено неравенство

8.21. Пусть O^xi, хп^1. Докажите, что при п ^ 3

8.22. Пусть а, &, с — положительные числа. Докажите, что

8.7. Разные неравенства

8.23. Докажите, что если а, Ъ9 с, d — положительные числа, причём a/b<c/d9 то

8.24. Докажите неравенство

8.25. Пусть а > Ъ > 0. Докажите, что

8.26. Предположим, что Х\9 ..., хп —действительные числа, про которые известно, что все числа

положительны.

Верно ли, что тогда и сами числа Х\9 хп положительны?

8.27. Докажите, что х12 — х9 + х4 — х + 1 > 0 для всех х.

8.28. Докажите, что

если |х|<1и|г/|<1.

8.29. Пусть п > 1 — натуральное число. Докажите, что хп — пх + п — 1^0 для всех х > 0.

8.30. Докажите, что для всех натуральных п ^ 2 имеет место неравенство

8.31. Пусть X и у — произвольные вещественные числа. Докажите, что

8.32. Докажите, что для всех натуральных п справедливо неравенство

8.33. Докажите, что при всех натуральных п > 1

8.34. Докажите, что (2п - \)п + (2п)п < (2п + 1)" для любого натурального п > 2.

8.35. По окружности расставлены в произвольном порядке числа 1, 2, п. Докажите, что сумма модулей разностей соседних чисел не меньше 2п — 2.

8.36. Докажите, что

8.37. Пусть 0 < а ^ хь ^ Ь. Докажите, что

8.38. Докажите, что если

8.39. Докажите, что если

8.40. Пусть А(х) = А\(х) + ... + А$(х), где х= (х\9 Х2, хз, Х4, Х5) и Ai(x) = Yl(xi — xj)- Докажите, что А(х) ^ 0 для всех X.

8.41. Сто положительных чисел х\9 Х2, хюо удовлетворяют условиям

Докажите, что среди них можно найти три числа, сумма которых больше 100.

См. также задачу 18.4.

8.8. Выпуклость

8.42. Пусть пф\ — натуральное число и а > Ъ > 0. Докажите, что

8.43. Сравните числа

8.9. Неравенства Гёльдера и Минковского

8.44. а) Пусть а — рациональное число, причём а > 1 или а < 0. Докажите, что для любого х > 0, х/1, выполняется неравенство ха — ах + а — 1 > 0.

б) Пусть а — рациональное число, причём 0 < а < 1. Докажите, что для любого X > 0, х/ 1, выполняется неравенство ха — ах + а — 1 <0.

8.45. Докажите, что если тип — натуральные числа, отличные от 1, то

8.46. Пусть А и В — положительные числа, а р и q — рациональные числа, связанные соотношением l/p + l/q = l. Докажите, что если р > 1, то A1/pB1/q ^ А/р + B/q, а если р<1, то A1/pB1/q ^ A/p + B/q. (Если А^Б, то оба неравенства строгие.)

8.47. Пусть XjHi/j — положительные числа, а р и g — рациональные числа, связанные соотношением 1 /р + 1 /с = 1. Докажите, что если р > 1, то

а если р < 1, то

(неравенство Гёльдера).

8.48. Пусть xt л i/i — положительные числа, а р> 1 — рациональное число. Докажите, что

Если р< 1, то неравенство заменяется на противоположное (неравенство Минковского).

Решения

8.1. Воспользовавшись неравенством Х; + 1/xi ^ 2, получим 3 + 3 = (xi + 1/xi) + ... + (Хп + 1/Хп) > 2п, т.е. п ^ 3. При /г = 3 получаем решение х\ = x<z = хз = 1. При п = 2 получаем решение

При я = 1 система несовместна.

8.2. Из соотношения а\ ...ап = 1 следует, что

Кроме того,

Поэтому

8.3. Из равенства 2 + х3 = х5 + х следует, что

Поэтому

Но хф 1, поэтому неравенство строгое.

Сложив равенства х — х +х = 2 их — х + х = 2х , получим X7 + X = 2 + 2х2, т. е. X6 + 1 = 2(х + 1/х) ^ 4. Следовательно, х6 ^ 3. Неравенство строгое, поскольку хф 1.

8.4. а) Положим Х2 + хз = а, X3 + xi = fr, Xi+X2 = c, т. е. .

Тогда требуемое неравенство запишется в виде

Остаётся заметить, что Ь/а + а/Ь )2ит.д. б) При п = 4 получаем

При /г > 4 требуемое неравенство можно доказать по индукции. Предположим, что для чисел Xi, хп неравенство уже

доказано. Выберем среди положительных чисел xi, наименьшее. После циклической перенумерации этих чисел можно считать, что это будет число xn+i» Тогда

Поэтому

последнее неравенство выполняется по предположению индукции.

8.5. Положительные числа а, Ь, с удовлетворяют неравенству треугольника тогда и только тогда, когда

(1)

Действительно, два выражения в скобках не могут быть одновременно отрицательными. Например, неравенства а + b < с и b + с <а не могут выполняться одновременно. После раскрытия скобок неравенство (1) записывается в виде 2(а2Ь2 + Ь2с2 + с2а2) — — (а4 + Ь4 + с4) > 0, а из этого уже легко получить требуемое.

8.6. Прежде всего покажем, что для таких чисел выполняется неравенство

Исходное неравенство можно записать в виде

Выделим полный квадрат:

Следовательно,

что и требовалось.

Далее по индукции получаем

При k = п — 2 согласно задаче 8.5 это неравенство означает, что числа ап-2, an-i, ап удовлетворяют неравенству треугольника. То же самое доказательство можно применить и для любой другой тройки чисел.

Ответ: не всегда. Положим a = b= 1, с = 2. Тогда требуемое неравенство примет вид

т. е. ~^АС 2^ ^ ^' неравенство выполняется для всех положительных А, Б, С.

Замечание. Из отрезков а, fr, с всегда можно составить вырожденный треугольник. Чтобы доказать это, положим А = Б= 1, С =е. Тогда

(1)

Поэтому должно выполняться неравенство 2ab ^ —с'\ поскольку

иначе неравенство (1) не выполнялось бы при малых е. Значит, с2 ^ 4ab ^ (а + Ъ)2. Числа а, Ъ, с положительны, поэтому с ^ а + Ъ. Неравенства а^Ь + с и Ъ ^ а + с доказываются аналогично. 8.8. Достаточно заметить, что (х — у)2 ^ 0.

8.9. Пусть А =

Воспользовавшись неравенством ху ^ (х2 + у2)/2, получим

Значит,

8.10. Это неравенство является частным случаем неравенства Коши; достаточно положить Ъ\ = ... = Ъп = 1.

8.11. Это неравенство очевидным образом следует из неравенства Коши: достаточно положить щ = y/xi и bi = 1/y/xl.

8.12. Положим bi = S — а/. Тогда требуемое неравенство запишется в виде

Остаётся заметить, что

(задача 8.11).

8.13. Первое решение. Применим индукцию по п. При п = 1 требуемое утверждение верно. Предположим, что требуемое неравенство доказано для любых п положительных чисел. Рассмотрим положительные числа Ъ\ = "+^07, bn+i = п+у/ап+\. Ясно, что (Ь? — bj)(bi — bj) ^ 0. Просуммируем такие неравенства

для всех пар i, j, для которых i > j. В результате получим

(Если не все данные числа равны, то неравенство строгое.) Воспользовавшись неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим для п чисел, получим

Следовательно,

что и требовалось.

Второе решение. Расположим данные числа в порядке возрастания: ai ^ а2 ^ ... ^ ап. Если ai = ап, то ai = ач = ... = ап. В таком случае A = G. Поэтому будем предполагать, что ai <ап. Тогда ai < А < ап, а значит,

т. е. A(ai + ап — А) > aian. В частности, ai + ап — А > 0.

Применим индукцию по п. Предположим, что неравенстве между средним арифметическим и средним геометрическим верно для любых п — 1 положительных чисел. Применим его к числам а2, аз, a„_i, ai + ап — А. В результате получим

Здесь

Умножим теперь обе части полученного неравенства на А:

мы воспользовались доказанным выше неравенством A(ai+an—A)> > aian.

Замечание. По поводу доказательства неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим с помощью выпуклых функций см. задачу 26.23.

8.14. Положим а = x10 и Ь = у15. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим

8.15. Применим неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для чисел 2, -, -, —-—. В результате получим

Применим неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для чисел 1, -, -, -. В результате получим т. е.

8.16. Первое решение. Применим индукцию поди воспользуемся неравенством из задачи 8.46. Введём для удобства обозначения Wn = W и Wn-\ = w\ + • • • + wn-\. Ясно, что

Мы сначала воспользовались неравенством

а затем — предположением индукции.

Второе решение. Мы воспользуемся неравенством 1 + x < ех для х/0 (задача 28.49). Определим числа bi, Ъп так,

чтобы выполнялись равенства

поэтому wibi +... + Wnbn = 0. Легко видеть, что если не все числа ai, ап равны, то хотя бы одно из чисел Ь\, Ъп отлично от нуля. В таком случае

Заодно мы доказали, что требуемое неравенство является строгим, если не все числа ai, ап равны.

8.17. Пусть g(x) = аха. По условию f(xo) =g(xo) и f(xo) =g'(хо),

Следовательно,

поэтому

Ясно, что

Согласно неравенству из задачи 8.16

Таким образом,

Остаётся заметить, что если х/хо, то числа

попарно различны, поэтому получаем строгие неравенства.

8.18. Рассмотрим треугольник АОС, в котором АО = а, СО = с и угол при вершине О равен 120°. Проведём биссектрису угла О и отложим на ней или на её продолжении отрезок OB = b. Тогда по теореме косинусов AB = \Jа1 — ab + b2, ВС = \Jb2 — bc + c2 и AC = л/a2 + ас + с2. Поэтому требуемое неравенство — это обычное неравенство треугольника АС ^ AB + БС. Оно обращается в равенство тогда и только тогда, когда точка В лежит на отрезке АС. Это эквивалентно тому, что сумма площадей треугольников

АОВ и ВОС равна площади треугольника АОВ, т.е. ас sin 120° = (ab + be) sin 60°. Учитывая, что sin 120° = sin 60°, получаем ас = ab+bc, т.е. l/a + l/c = l/b.

8.19. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим

8.20. Выделим полный квадрат:

8.21. Фиксируем все числа х\, ..., хп, кроме одного числа х\ = х. Тогда выражение в левой части неравенства имеет вид ах+Ь, где а и b — постоянные числа. Оно максимально при х = 0 или при х = 1 (или постоянно). Значит, выражение в левой части неравенства максимально в том случае, когда каждое из чисел х\, хп равно 0 или 1.

Предположим, что х-ъ = Хь+\ = 1 (или хп = Х\ = 1). После циклической перенумерации можно считать, что Х\ = х2 = 1. Рассмотрим лишь те члены, которые зависят от х\ и х2, т.е. Х\ + х2 — Х\Х2 — — х2хз — хпх\. При xi = 1 и х2 = 1 это выражение равно 1 — Хз — хп, а при х\ = 1 и х2 = 0 оно равно 1 — хп ^ 1 — Хз — хп- Поэтому можно считать, что никакие два соседних числа в последовательности xi, х2, хп, Х\ не равны одновременно 1. Тогда количество единиц не превосходит [/г/2], а выражение в левой части не превосходит количества единиц.

При х\ = Хз = хъ =... = 0 и х2 = Х4 =... = 1 получаем как раз [/г/2].

8.22. Требуемое неравенство легко преобразуется к виду а2Ь2с2х x(a + b + c) -2abc(ab + bc + ac) -2abc(a + b + c) + (а2с+ b2a +c2b) + abc(a2c + b2a + c2b) + (ab + fre + ас) ^ 0. Но левая часть этого неравенства равна ab(b+1) (ас- 1)2 + ^с(с+1) (ab- 1)2+ас(а+1) (be-1)2.

8.23. Неравенство

эквивалентно неравенству

А неравенство

эквивалентно неравенству ad + cd <bc + со7, т. е. ad < be.

8.24. Если X = у, то требуемое неравенство очевидно. Если же X ф у, то выражение в левой части равно

При

x > у числитель и знаменатель положительны, а при х < у отрицательны.

8.25. По условию а - b > 0 и а/Ь > 1. Поэтому (а/Ь)а~ь > 1, т.е. аа-ь>Ьа-ь. Это неравенство эквивалентно требуемому.

8.26. Ответ: да, верно. Чтобы это доказать, рассмотрим многочлен

Числа Х\, Хп являются его корнями. Поэтому достаточно проверить, что если x < 0, то f(x) ф 0. Но если — х > 0, то

Замечание. Условий о\ > 0 и а 2 > 0 не достаточно для того, чтобы комплексные числа Х\ и Х2 были положительны. Например, если xi = 2 + i и Х2 = 2 — i, то cri = 4 и (72 = 3.

8.27. Если х^О, то х12, -х9, х4, -х^О. Если 0<х<1, то х12 + х4(1-х5) + (1-х)>0. Если х^1, то х9(х3-1)+х(х3-1) + 1>0.

8.28. По условию 1-х>0, 1+х>0, 1 - у > 0 л 1 + у > 0. Поэтому (1 — x) (1 + у) > 0 и (1 + x) (1 — г/) > 0, т. е. 1 — х + у — ху > 0 и 1 + х — у — ху > 0. Следовательно, 1 — ху > х — г/и 1 — ху > у — х. Кроме того, 1 — ху = 11 — ху \.

8.29. Ясно, что

Если x > 1, то оба выражения в скобках положительны, а если 0 < x < 1, то отрицательны.

8.30. Сложим п — 1 неравенств

и равенство

В результате получим требуемое.

8.31. Докажем сначала, что если тип — натуральные числа одной чётности, то

Это неравенство легко преобразуется к виду (хт — ут) (хп — уп) ^0. Если числа тип нечётные, то из неравенства х ^ у следуют неравенства хт ^ ут и хп ^ уп, а из неравенства х ^ у следуют неравенства хт ^ ут и хп ^ уп. Если же числа тип оба чётные, то из неравенства x2 ^ у2 следуют неравенства хт ^ ут и хп ^ уп.

Таким образом,

Из этих неравенств следует требуемое.

8.32. Ясно, что

8.33. Пусть

Тогда

Поэтому

С другой стороны,

Поэтому

8.34. Требуемое неравенство можно переписать в виде 2п < < (2 + 1/п)п — (2 — 1/п)п. Выражение в правой части равно

8.35. Точки, в которых стоят числа 1 и п, разбивают окружность на две дуги. На каждой дуге сумма разностей соседних чисел равна п — 1 (если мы идём от п к 1), а сумма модулей чисел не меньше их суммы.

8.36. Пусть

Тогда

Поэтому

8.37. По условию (х; — а) (х; — Ъ) ^ 0 и х\ > О, поэтому + Ь. Складывая такие неравенства, получаем ab^--Ь X]х* ^ п(а + b). Положим х* = - У]xt и у* = - V —. Тогда полученное неравенство можно записать в виде aby" +х" т. е. у" ^---.

Домножим обе части этого неравенства на х* и воспользуемся тем, что х(а+Ь — х) ^ \ 2 ) для любого х (задача 1.2 б). В результате получим

Это неравенство эквивалентно требуемому.

8.38. Рассмотрим многочлен Р(х) = 4(х + 1) (х — 1/2)2 = (х+ 1) х X (4х2 — 4х + 1) = 4х3 — 3х + 1. Ясно, что Р(х;) ^ 0. Сложив неравенства P(xi) ^ 0, Р(Хп) ^ 0, получим —3(xi + ... + Хп) + п ^ 0, т.е. xi + ... + хп ^ /г/3.

8.39. На геометрическом языке это неравенство означает, что расстояние между эллипсом х2 + 4у2 = 4 и гиперболой ху = 4 не меньше а/1,6. При доказательстве удобно пользоваться именно геометрической формулировкой. Мы будем доказывать следующее утверждение: ^

Касательная к эллипсу х2 + 4г/2 = 4 в точке ( л/2, gV^J параллельна касательной к гиперболе ху = 4 в точке {2у/2, л/2), и квадрат расстояния между этими касательными равен 1,6.

Обратившись к рис. 8.1, несложно убедиться, что из этого следует требуемое утверждение.

Согласно задаче 1.26 касательная к эллипсу х2 + 4у2 = 4 в точке

задаётся уравнением

(1)

а касательная к гиперболе ху = 4 в точке (2л/2, л/2) задаётся уравнением V2x + 2у/2у = 8, т.е.

(2)

Прямые, заданные уравнениями (1) и (2), параллельны. Расстояние между ними равно высоте h прямоугольного треугольника с катетами у/2 и 2у/2, опущенной на гипотенузу. Ясно, что h = ab/c, где а = y/2, b = 2 у/2 и с = >/а2 + Ь2. Таким образом, h2 = 1,6, что и требовалось.

Рис. 8.1

8.40. Значение А(х) не изменяется при любой перестановке переменных, поэтому можно считать, что Х\ ^ Х2 ^ Хз ^ х\ ^ Х5. В таком случае

так как Х\ — Х2 ^ О, Х\ — Хз ^ Х2 — Хз ^ 0 и т. д. Аналогично доказывается, что А±(х) + Аб(х) ^ 0. Ясно также, что Аз(х) представляет собой произведение двух неположительных и двух неотрицательных сомножителей, поэтому Аз(х) ^ 0.

8.41. Можно считать, что Х\ ^ Х2 ^ ... ^ Хшо > 0. Если х\ ^ 100, то х\ + Х2 + хз > 100. Поэтому будем считать, что Х\ < 100. Тогда 100 — xi > 0, 100 — Х2 > 0, xi — хз ^ 0 и Х2 — хз ^ 0, поэтому

Следовательно, xi + Х2 + хз > 100.

8.42. Применим индукцию по п. При п = 2 нужно доказать неравенство а2 + 2аЪ + Ъ2 < 2а2 + 2fr2, которое эквивалентно очевидному неравенству 0< (а — Ь)2. Предположим, что Тогда

Остаётся доказать, что

Это неравенство эквивалентно очевидному неравенству

8.43. Применим неравенство из задачи 8.42 при п = 3,

В результате получим

8.44. Пусть п — натуральное число. Тождество

показывает, что

Действительно, если у > 1, то у — 1>0 и пуп > уп~х +... + у + 1, а если 0 < у < 1, то у- 1 <0 и пуп <уп~1 + ... + у+1.

Пусть m — натуральное число, причём т>п. Тогда (ут — 1)/т> > (уп — 1)/п при г/>0, уф 1. Положим у = х1/п, где х>0, хф1. Тогда (хт/п -1)/т>(х- т. е. хт/п - 1 - - (х - 1) > 0. Мы получили требуемое неравенство для а = т/п > 1.

Чтобы получить остальные неравенства, поступим следующим образом. Для а > 1 положим ха = х1~ь = уь~х, где Ъ = 1 — а < 0 и г/ = х-1. Тогда неравенство ха — ах + а — 1 > 0 перепишется в виде уь~г - (1 - Ь)у~1 + 1 - Ъ - 1 > 0, т. е. у'1 (уь - by + Ъ - 1) > 0, Ъ < 0.

Положим теперь & = 1/а и г/ = ха (здесь снова а > 1 и х > 0). Тогда неравенство ха — ах + а — 1 >0 перепишется в виде у — -уь' + - — 1 >0, т.е. уь -Ъу + Ъ- КО, 0<&<1. & &

8.45. Воспользуемся неравенством из задачи 8.44 б), положив X = m + 1 и а = В результате получим (т + 1)1//г < 1 + тгг/д. Аналогично (п + < 1 + Значит,

8.46. Положим

Тогда

Остаётся воспользоваться результатом задачи 8.44.

Замечание. По поводу других доказательств см. задачи 26.24 (случай р > 1) и 28.44.

8.47. Положим X = х\ + ... + хрп, Y = у\ + ... + yl, А = xpJX

Если р > 1, то согласно задаче 8.46

Сложив такие неравенства для i=l, п, получим

В случае, когда р<1, доказательство аналогично. 8.48. Пусть р>1. Ясно, что

Согласно неравенству Гёльдера (задача 8.47)

где q=p/(p — 1), т. е. 1/р+ l/q= 1. Запишем такое же неравенство для второй суммы и сложим оба этих неравенства. В результате получим

Это неравенство эквивалентно требуемому.

В случае, когда р<1, доказательство аналогично.

ГЛАВА 9

ВЫЧИСЛЕНИЕ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ

9.1. Арифметическая и геометрическая прогрессии

Арифметическая прогрессия — это последовательность чисел ai, a2, as, ... (конечная или бесконечная), в которой каждый член, начиная со второго, равен предыдущему, сложенному с одним и тем же числом d, называемым разностью прогрессии. Сумма первых п членов арифметической прогрессии равна ai + ап

Геометрическая прогрессия — это последовательность чисел Ъ\, 02, 0з, ... (конечная или бесконечная), в которой каждый член, начиная со второго, равен предыдущему, умноженному на одно и то же число q, называемое знаменателем прогрессии. При q ф 1 сумма первых п членов геометрической прогрессии равна 01--.

9.1. Пусть ai, ап — арифметическая прогрессия. Докажите, что

9.2. Пусть ai, ап — арифметическая прогрессия с положительными членами. Докажите, что

Десятичную дробь ос = 0,aia2#3 • • • называют периодической, если ak+n = dk для всех k^N; число п называют длиной периода. Если N=1, то дробь называют чисто периодической. Для десятичных

дробей с ненулевой целой частью используется та же самая терминология. Для периодической десятичной дроби используется запись 0,a\d2 ... #jv-i (ajvßiv+i... a<N+n-\) .

9.3. Докажите, что периодическая десятичная дробь является рациональным числом.

По поводу обратного утверждения см. задачу 17.1.

9.4. Рационально ли число 0,1234567891011... (подряд записаны все натуральные числа)?

9.5. Докажите, что любое число вида пк, где п и k — натуральные числа, отличные от 1, можно представить в виде суммы п последовательных нечётных чисел.

9.6. Найдите сумму 1 + 2х + Sx2 +... + (п + 1)хп.

9.7. Пусть а, а + d, а + 2d, ... — бесконечная арифметическая прогрессия, причём a, d > 0. Докажите, что из неё можно выбрать бесконечную подпоследовательность, являющуюся геометрической прогрессией, тогда и только тогда, когда число a/d рационально.

9.8. Имеется 4п положительных чисел, таких, что из любых четырёх попарно различных можно составить геометрическую прогрессию. Докажите, что среди этих чисел найдётся п одинаковых.

9.9. Дана геометрическая прогрессия, знаменатель которой— целое число (не равное 0 и —1). Докажите, что сумма любого числа произвольно выбранных её членов не может равняться никакому члену этой прогрессии.

9.2. Изменение порядка суммирования

9.10. Докажите, что если n=p+q— 1, то

9.11. Числа ai, a2, ап таковы, что сумма любых семи последовательных чисел отрицательна, а сумма любых одиннадцати последовательных чисел положительна. При каком наибольшем п это возможно?

9.3. Суммы Sk(n) = lk + 2k + ... + nk

Сумму 1 + 2 + 3 + ... + /г можно вычислить следующим способом. Сложим равенства (k + I)2 = k2 + 2k + 1 для k=l, 2, ..., п. В результате после сокращения получим (д+1)2 = 1 + 2Si (п) + тг, где Si (ft) —искомая сумма. Значит, *Si(n) =---.

9.12. Вычислите таким же способом суммы S2(n) = I2 + 22 + ... + я2 и Ss(n) = 13 + 23 + ... + я3.

9.13. а) Докажите, что

б) Докажите, что при фиксированном k сумма Sk(n) является многочленом степени k + 1 от п со старшим коэффициентом

9.14. а) Пусть

причём последнее слагаемое в этой сумме равно C\Sk(n) при нечётном k и Ckk~lSk+i{ri) при чётном k. Докажите, что

б) Докажите, что S2k-i(n)—многочлен степени k от

(при фиксированном k).

9.15. Пусть

причём последнее слагаемое в этой сумме равно C^\So(n) при чётном k и C\+lS\(ri) при нечётном k. Докажите, что

9.16. Найдите сумму

9.4. Разбиение на пары

9.17. а) Докажите, что для любого простого числа р > 2 числитель дроби

делится на р.

б) Докажите, что для любого простого числа р > 3 числитель дроби

делится на р2. 9.18. Пусть

— несократимая дробь, причём число 6k — 1 простое. Докажите, что р делится на 6k — 1.

9.19. Пусть р > 2 — простое число, au — остаток от деления kp на р2. Докажите, что

9.5. Вычисление одной суммы двумя способами

9.20. По окружности в произвольном порядке расставлено а плюсов и Ъ минусов. Пусть р — количество пар стоящих рядом плюсов, q— количество пар стоящих рядом минусов. Докажите, что а — b = р — q.

Решения

9.1. Ясно, что

где d — разность арифметической прогрессии. Поэтому рассматриваемая сумма равна

9.2. Заметим, что

где d — разность арифметической прогрессии. Поэтому рассматриваемая сумма равна

9.3. Ясно, что

рациональное число.

9.4. Предположим, что это число рационально. Тогда согласно задаче 17.1 оно записывается периодической десятичной дробью 0,aia2#3 ..., где dk+n — CLk для всех N (п — длина периода). Выберем m достаточно большим, чтобы число ют+2Аг было записано после CLN' Тогда получим, что, с одной стороны, период состоит из одних нулей, а с другой стороны, период содержит единицу. Полученное противоречие показывает, что данное число иррационально.

9.5. Чтобы число а + (а + 2) + ... + (а + 2п - 2) = п(а + п - 1) равнялось пку нужно положить а + п — 1 = пк~х, т. е. а = пк~1 — п+1. Ясно, что число а при этом нечётно.

9.6. Чтобы получить требуемую сумму, нужно сложить 1 + х +

В результате получим

9.7. Пусть a/d = т/п, где тип — натуральные числа. При всех натуральных k число (1 + п)к — 1 делится на п, поэтому

число целое. Значит, все числа а(1 + п) = а + bkd принадлежат данной арифметической прогрессии.

Пусть а + kd, а + Id, а + md — последовательные члены геометрической прогрессии, причём k<l<m. Тогда (а + Id)2 = (а + kd) х х (а + та7), т. е. а(21 — k — m) = d(£m — /2). Остаётся проверить, что 21 — k — m ф 0. Пусть 21 — k — m = 0. Тогда /гm — I2 = 0. Поэтому (k — т)2 = (k + т)2 — 4km = 4/2 — 4/2 = 0, что противоречит условию k < т.

9.8. Покажем, что среди данных чисел не может быть больше четырёх попарно различных чисел. Объединим равные числа в группы, выберем в каждой группе по одному числу и расположим выбранные числа в порядке убывания: a>b>c>d>e>... Числа а, Ь, с, d по условию образуют геометрическую прогрессию. Но ab > cd и ас> bd, поэтому ad = be, т. е. d = be/а. Те же самые рассуждения показывают, что е = Ьс/а.

9.9. Каждый член геометрической прогрессии представляется в виде aqn, п^О. Случай, когда q=l, очевиден, поэтому будем считать, что qфl^ Предположим, что существуют различные целые неотрицательные числа k\, k2, km+i (т^ 2), для которых

(1)

Пусть h < h < ... < Z/re+i — это числа k\, k2, km+ii записанные в порядке возрастания. Перепишем равенство (1) в виде

После сокращения на aq 1 получим

Левая часть равенства равна 1, а правая часть делится на целое число a/2_/l, абсолютная величина которого строго больше 1. Получено противоречие.

9.10. Рассмотрим таблицу

По условию п — р + 1 = q и р = п — а + 1, поэтому в левой части стоит сумма элементов этой таблицы по строкам, а в правой части — сумма по столбцам.

9.11. Согласно задаче 9.10

При п= 16 такая последовательность существует: 5, 5, —13, 5, 5, 5, -13, 5, 5, -13, 5, 5, 5, -13, 5, 5.

9.12. Сложив равенства (Ä+ I)3 = ks + 3k2 + 3k+ 1 для k=l,2,... ..., п, получим

Значит,

Сложив равенства п, получаем

Значит,

9.13. а) С одной стороны,

С другой стороны,

б) Достаточно воспользоваться формулой из задачи а) и применить индукцию по k. Нужно лишь учесть, что Ckk+l = /г + 1.

9.14. а) С одной стороны,

С другой стороны, эта сумма равна сумме выражений вида

Поэтому она равна 2S. б) Согласно задаче а)

9.15. С одной стороны,

С другой стороны, эта сумма равна 2S.

9.16. Согласно задаче 9.12

Поэтому

Преобразуем последнее равенство, воспользовавшись тем, что

В результате получим

9.17. а) Рассматриваемую сумму можно разбить на слагаемые

При этом

После приведения таких дробей к общему знаменателю получаем

Остаётся заметить, что р не делится ни на одно из чисел 2, 3, ..., р — 1.

б) Рассматриваемая дробь равна

Нужно доказать, что M делится на р.

Пусть

Тогда

Согласно теореме Вильсона (задача 31.15 а)

Теперь легко убедиться, что, когда k пробегает значения 1, 2, ..., X пробегает значения I2, 22, ...

Действительно, k2 пробегает все квадратичные вычеты. Для каждого k можно выбрать k так, что kk=l (mod р). Ясно, что k2 тоже пробегает все квадратичные вычеты и k = х (mod р).

В итоге получаем, что

Но

согласно задаче 9.12 I2 Это число делится на р.

9.18. Сначала заметим, что

Число слагаемых в последней сумме четно, поэтому слагаемые можно сгруппировать в пары

По условию число 6k — 1 простое. Поэтому сумма нескольких дробей с числителями 6k — 1 является дробью, числитель которой делится на 6k — 1.

9.19. Покажем, что kp + (р — k)p делится на р2. Действительно, (х—у)р=—ур+рхур~1+..., где многоточием обозначены члены, делящиеся на X2. В нашем случае (р — k)p = — kp +pkp~1p= — kp (mod p2), поэтому kp + (p — k)p делится на p2.

Число p простое, поэтому если 1 ^ k ^ р — 1, то оба числа kP и (р — k)p на р не делятся. Значит, а/г + ap-k = р2. Рассматриваемая сумма разбивается на (р — 1)/2 слагаемых вида а/г + ap-k, поэтому она равна р2(р — 1)/2.

9.20. Запишем между соседними плюсами число +2, между соседними минусами запишем —2, а между соседними плюсом и минусом запишем 0. С одной стороны, сумма всех записанных чисел равна 2(а — Ь). С другой стороны, она равна 2{р — q).

ГЛАВА 10

МНОГОЧЛЕНЫ — I

10.1. Выделение полного квадрата

10.1. Представьте многочлен (х + 1) (х + 2) (х + 3) (х + 4)+ 1 в виде полного квадрата.

10.2. Корни многочленов

10.2. а) Докажите, что остаток от деления многочлена f(x) на x — а равен f(a) (Безу).

б) Пусть хо — корень многочлена f(x). Докажите, что f(x) делится на х — xq.

10.3. Пусть Р(х) = апхп + ап-\хп~1 + ... + а\х + ао — многочлен с целыми коэффициентами. Предположим, что он имеет рациональный корень xo=p/q, причём p/q — несократимая дробь. Докажите, что ап делится на g, а ао делится на р.

10.4. Найдите многочлен с целыми коэффициентами, корнем которого является число

10.5. Найдите многочлен с целыми коэффициентами, корнем которого является число V2 +V3.

10.6. Найдите все многочлены вида хп ± хп~1 ± хп~2 ±... ...zbxzbl, у которых все корни вещественны.

10.3. Коэффициенты многочлена

10.7. Определите коэффициенты, которые будут стоять при x17 и x18 после раскрытия скобок и приведения подоб-

ных членов в выражении

10.8. Пусть Р(х) = апхп + ап-\хп~1 + ... + ао — многочлен с вещественными коэффициентами, причём ап ^ 1. Докажите, что если число m больше любого из чисел |an_i| + 1, ... ..., I ао I + 1, то Q (х) = Р (х + т) — многочлен с положительными коэффициентами.

10.9. При делении многочлена х1951 — 1 на х4 + Xs + 2х2 + X + 1 получается частное и остаток. Найдите в частном коэффициент при хы.

10.4. Теорема Виета

10.10. Пусть xi, хп — корни многочлена

Докажите, что

х\ ...хп = (—1)пао (теорема Виета).

10.11. Какому условию должны удовлетворять коэффициенты многочлена Xs + ах2 + Ъх + с, чтобы три его корня составляли арифметическую прогрессию?

10.12. а) Пусть а, ß и у — корни многочлена х3 — 9х + 9. Докажите, что а2 + а — 6 =ß или у.

б) Пусть а, ß л у — корни многочлена Xs — 21х + 35. Докажите, что а2 + 2а — 14 =ß или у.

10.13. Многочлен f(x) =xn+aixn~l+a2xn~2 + .. .+a„_ix+l с неотрицательными коэффициентами имеет п вещественных корней. Докажите, что /(2) > Зп.

См. также задачу 28.28.

10.5. Делимость

10.14. Пусть Р(х) —многочлен с целыми коэффициентами, а и & — целые числа, причём а > Ь. Докажите, что число Р(а) —Р(Ъ) делится на а — Ь.

10.15. Существует ли многочлен Р(х) с целыми коэффициентами, для которого Р(7) = 11 и Р(11) = 13?

10.16. Пусть Р(х) — многочлен с целыми коэффициентами, причём для некоторого целого числа п числа Р(п), Р(п + 1) и Р(п + 2) делятся на 3. Докажите, что тогда Р(т) делится на 3 для любого целого т.

10.17. Докажите, что любой многочлен с целыми коэффициентами, отличный от константы, при некотором натуральном значении аргумента принимает значение, которое является составным числом.

10.18. Приведите пример многочлена Р(х), который делится на X2 + 1, и при этом Р(х) — 1 делится на х3 + 1.

10.19. Пусть ао = 0, an=P(an-i) для п = 1, 2, где Р(х) —многочлен с целыми коэффициентами, причём Р(х)> >0 при х^0. Докажите, что если т9 п>09 то НОД(ат, ап) = a(i, где d = НОД (/?г, п).

10.20. Докажите, что многочлен х15 — 1 имеет делители всех степеней от 1 до 14, т. е. для любого натурального числа k ^ 14 найдётся многочлен степени k с целыми коэффициентами, делящий X15 — 1.

10.21. Докажите, что многочлен х2п + хп + 1 делится на X2 + X + 1 тогда и только тогда, когда п не делится на 3.

10.22. а) Известно, что ах3+ bx2+ cx + d9 где а, &, с, d — заданные целые числа, при любом целом х делится на 5. Докажите, что все числа а, &, с, d делятся на 5.

б) Известно, что ах4 + Ьх3 + сх2 + dx + е, где а, &, с, d, е — заданные целые числа, при любом целом х делится на 7. Докажите, что все числа а, &, с, d, е делятся на 7.

10.23. Докажите, что если p/q — несократимая рациональная дробь, являющаяся корнем многочлена

с целыми коэффициентами, то р — kq — делитель числа f{k) при любом целом k.

10.24. Докажите, что ни при каком целом А многочлен 3х2п +Ахп + 2 не делится на многочлен 2х2т +Ахт + 3.

10.6. Неравенства для корней

10.25. Докажите, что положительный корень уравнения х(х + 1)... (х + п) = 1 меньше, чем 1/nl.

10.7. Количество вещественных корней многочлена

10.26. Докажите, что многочлен Р(х) степени п не может иметь более п различных корней.

Число а называют корнем кратности k (k^ 1) многочлена Р(х), если Р(х) делится на (х — a)k и не делится на (х — а)к+х.

10.27. Докажите, что многочлен Р(х) степени п не может иметь более п корней с учётом их кратностей, т.е. если ai, ат —различные корни с кратностями k\, km, то ki +... + km ^ п.

10.28. Докажите, что уравнение

где ai ^0, Ü2 ^ 0, ап ^ 0, не может иметь двух положительных корней.

10.29. Пусть f1(x)=x2 — 2, fn(x) =fi(fn-i(x))- Докажите, что для любого натурального п уравнение fn (х) = х имеет ровно 2п различных решений.

10.8. Разные задачи

10.30. Докажите, что в произведении

после раскрытия скобок и приведения подобных членов не остаётся членов, содержащих х в нечётной степени.

10.31. Какой остаток даёт х + х3 + х9 + х27 + х81 + х243 при делении на (х — 1)?

10.32. В каком из выражений:

после раскрытия скобок и приведения подобных членов больший коэффициент при х20?

10.33. а) Найдите целое число а, при котором (х — а) х x (х — 10) + 1 разлагается в произведение (х + Ъ) (х + с) двух множителей с целыми b и с.

б) Найдите такие отличные от нуля неравные между собой целые числа а, Ь, с, чтобы выражение х(х — а) (х — Ъ) х x (х — с) + 1 разлагалось в произведение двух многочленов с целыми коэффициентами.

10.9. Интерполяционные многочлены

10.34. Пусть xi, xn+i—попарно различные числа. Докажите, что существует ровно один многочлен Р(х) степени не выше п, принимающий в точке xt заданное значение at (интерполяционный многочлен Лагранжа).

10.35. Докажите, что

10.36. Пусть ai, ап —попарно различные числа. Докажите, что для любых bo, &1, bn-i система линейных

уравнений

имеет решение, причём ровно одно.

10.37. Даны точки хо, xi, хп. Докажите, что многочлен /(х) степени п, принимающий в этих точках значения /(хо), f(xn), можно представить в виде

где f(xo; Xk) зависит только от точек Хо, хи и значений многочлена в этих точках (интерполяционный многочлен Ньютона).

Замечание. Интерполяционный многочлен Ньютона удобен тем, что при добавлении к Хо, Xi, хп одной точки xn+i нужно вычислить только /(хо; Хдг+i); остальные коэффициенты, в отличие от интерполяционного многочлена Лагранжа, пересчитывать не нужно.

10.10. Рациональные функции

10.38. Пусть R(x) =P(x)/Q(x), где Р и Q — взаимно простые многочлены. Докажите, что R(x) можно представить в виде

где Ctk — некоторые числа, А(х) —некоторый многочлен.

10.39. Докажите, что представление рациональной функции в виде, указанном в задаче 10.38, единственно.

10.11. Целозначные многочлены

Многочлен р(х) называют целозначным, если он принимает целые значения при всех целых х.

10.40. Докажите, что многочлен

целозначный.

10.41. Пусть Pk(x) —многочлен степени /г, принимающий целые значения при х = п, тг + 1, n+k для некоторого целого числа п. Тогда

где со, ci, ..., си — целые числа.

10.12. Многочлены от нескольких переменных

Многочлен от п переменных х±9 хп —это сумма мономов вида akl...knxkl1 ...xknl. Степень монома — это число k\ + ... + kn-Степень многочлена от нескольких переменных — это наибольшая степень (ненулевого) монома.

10.42. Докажите, что многочлен вида х200у200 + 1 нельзя представить в виде произведения многочленов от одного только X и одного только у.

10.43. а) Существуют ли многочлены Р = Р(х, г/, г), Q = Q(x, г/, г) и R = R(x, г/, г) от переменных х9 г/, 2, удовлетворяющие тождеству

б) Тот же вопрос для тождества

См. также задачу 16.10.

Решения

10.1. Равенства (х + 1 ) (х + 2) (х + 3) (х + 4) + 1 = х4 + 10х3 +... + 25 и (х2 + ах + Ъ)2 = х4 + 2ах3 + ... + Ъ2 показывают, что подходящими кандидатами являются квадратные трёхчлены х2 + Ъх ± 5.

10.2. а) Поделим f(x) на х — а с остатком. В результате получим f(x) = (х — a)g(x) + г, где г — некоторое число. Положим х = а. В результате получим f(a) = г.

б) Непосредственно следует из а), поскольку f(xo) = 0.

10.3. Равенство апх%+ап-1Х^~1 + ... + aiXo + ao = 0 после умножения на qn запишется в виде апрп + an-ipn~1q + .. .+aipqn~1 +aoqn = 0. Число = — (an-ipn~1q + ... + a\pqn~l + aotf") делится на a, причём по условию р и q не имеют общих делителей. Следовательно, a„ делится на с. Число ащп = — (а^" + an-ipn~1q + ... + a\pqn~l) делится на р, причём р и q не имеют общих делителей. Следовательно, ао делится на р.

10.4. Пусть X = а/2 + л/3. Тогда х2 = 5 + 2д/б и (х2 - 5)2 = 24, т.е. х4-10х2 + 1 = 0.

10.5. Несложные вычисления показывают, что

10.6. Пусть xi у хп — корни многочлена хп + ап-\хп~х + ап-2Хп~2 + ..., где щ = ±1. Согласно теореме Виета х\ + ... +jen = — a„_i и ^ Х/Ху = ал_2, поэтому х\ + ... + х2 = а2_: — 2a„_2.

Предположим, что все корни вещественны. Тогда х\ + ... + х2 = a2_i — 2ая-2 = 1 =Ь 2 = 3, поскольку рассматриваемое число неотрицательно. Таким образом, a„_2 = — 1. Далее, х\ ... х2 = а2, = 1. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим (х2 + ... + х2 ) / п ^ \J х\ ... х2, т.е. З/тг ^ 1. Следовательно, д ^ 3, причём при д = 3 должно выполняться равенство xi =х2 = хз — !• Многочлены (х± I)3 нам не подходят, поэтому при д = 3 остаются многочлены (х2 — 1) (х ± 1). Случаи д = 1 и 2 легко разбираются.

10.7. Число 18 нельзя представить в виде суммы нескольких чисел 5 и 7, поэтому коэффициент при х18 будет равен нулю.

Число 17 представляется в виде суммы нескольких чисел 5 и 7 следующим образом: 17 = 7 + 5 + 5; с точностью до перестановки слагаемых это представление единственно. В одном из 20 выраже-

нии 1 + x5 + х7 мы должны выбрать x7, а в двух из 19 оставшихся таких выражений мы должны выбрать х5. Поэтому коэффициент при x17 равен 20 • = 3420.

10.8. Запишем многочлен Р(х) в виде Р(х) = (ап — 1)хп + (x+an-i — l)x"-1 + (x+cin-2 — 1)х/г_2+...+ (х+ао — 1) +1. Эта запись показывает, что Q(x) = (ап — 1)(х + т)п + (х+ (m + an-i — 1))хя_1+... ... + (х + (т + ао — 1)) + 1. Здесь ап — 1 ^ 0, а числа m + ап-\ — 1, ..., m + ао — 1 положительны. Поэтому после раскрытия скобок получаем многочлен с положительными коэффициентами.

10.9. Ответ: -1. Равенства х4 + х3 + 2х2 + х + 1 = (х2 + 1) х x (х2 + х+ 1) и x12 - 1 = (х - 1) (х2 + х+ 1) (х3 + 1) (х2 + 1) (х4 - x2 + 1) показывают, что

Поэтому поделить многочлен х1951 — 1 на х4 + х3 + 2х2 + х + 1 — это то же самое, что сначала поделить его на х12 — 1, а потом умножить на x8 - x7 - x6 + 2х5 - 2х3 + x2 + x - 1. Но

поэтому искомый коэффициент равен коэффициенту при х14 в произведении

10.10. Рассматриваемый многочлен имеет вид

10.11. Числа xi, Х2, хз составляют арифметическую прогрессию тогда и только тогда, когда Х\ + Хз = 2x2 (возможно, после перенумерации), т.е. Х\ + Х2 + хз = 3x2. Согласно теореме Виета xi + Х2 + хз = —а. Таким образом, число Х2 = —а/3 должно

быть корнем данного многочлена. Эквивалентное условие таково:

10.15. Ответ: нет, не существует. Согласно задаче 10.14 разность Р(11) — Р(7) = 2 должна делиться на 11 — 7 = 4.

10.16. Если а и Ь — целые числа, причём а > Ь, то число Р(а) — Рф) делится на а — Ь (задача 10.14). Для любого целого числа m одно из чисел m — п, m — (п + 1), m — (п + 2) делится на 3. Поэтому одно из чисел Р(т) —Р(п), Р(т) —Р(п+1), Р(т) — Р(п + 2) делится на 3.

10.17. Пусть Р(х) = аохп + а\хп~1 + ... + ап, где числа ао, ai, ... ап целые. Предположим, что P(k) =р — простое число (здесь k — некоторое натуральное число). Многочлен Р(х) не может принимать одно и то же значение более чем в п различных точках, поэтому можно выбрать натуральное число a так, что P(k+pa) /±р. С другой стороны, P(k+pa) делится на р. Действительно, согласно задаче 10.14 разность P(k + pa) — P(k) делится на k + pa — k =

10.12. а) Пусть у = а + а — 6. Требуется доказать, что (у — ß) х (У - У) = 0. По теореме Виета (у -ß) (у - у) = у2 - (ß + y)y + ßy = у +осу--. Вычислим у + осу--, подставив у = а +а — 6 и воспользовавшись тем, что ocs = 9а — 9, а4 = 9а2 — 9а и--= а2 — 9.

б) Можно воспользоваться такими же рассуждениями, как и при решении задачи а).

10.13. Все коэффициенты многочлена f(x) неотрицательны, поэтому у него нет положительных корней. Пусть —х\, ..., —хп — корни многочлена f(x). Тогда по теореме Виета a/г = ^х-1х ...х//г, причём числа Х\, хп положительны и их произведение равно 1. Среднее арифметическое Скп чисел вида xtl... х-1к не меньше их среднего геометрического, поэтому ^ ^ (Пх*1 • • • x//f )1/С". Ясно, что [\ Xix ... Xik — это некоторая степень числа Х\... хп = 1. Таким образом, ak^Ckn. Следовательно, /(2)^ J2 &п2п~к = (1 + 2)п = Зп.

10.14. Пусть Р(х) = апхп + an-ixn~1 +... + aix + ao. Тогда P(a) — - P(b) = an(an - bn) + an-i(an-1 + bn~l) + ... + ai(a - b). Поэтому достаточно проверить, что для любого натурального k число ак — Ьк делится на a — b. Для этого можно воспользоваться тождеством

Пусть Р(х) = U(x)(x2 + 1) и Р(х) = V(x)(xs + 1) + 1. Тогда U(x) (х2 + 1) — V(x) (xs + 1) = 1. Чтобы найти такие многочлены U и V, нужно применить алгоритм Евклида к а = х3 + 1 и Ъ = х2 + 1:

Выражая последовательно г\ и г2 через а и Ъ, получаем:

Таким образом, (х + 1)а + (—х2 — х + 1)Ь = 2. Поэтому можно положить U(x) = — - (х2 + X — 1) и F(x) = — - (х + 1).

10.19. Положим Pi(x)=P(x), Pn(x)=P(Pn-i(x)) при п^2. Тогда an=Pn((io) и вообще ап= Pn-k(dk) при 0^k<n. Равенство ап = -P/I (0) показывает, что ап — свободный член многочлена Рп, т.е. Рп(х) = ап + xQn(x), где Qn —многочлен с целыми коэффициентами. Таким образом, если т>п^1, то НОД(ат, ап) =НОД (Рт_ „(<*„), а/г)=НОД(ат_/г+а/гСт_/г(а/г), а/г)=НОД(ат_/г, а„). Воспользовавшись результатом задачи 4.11, получаем требуемое.

10.20. Многочлен х15 — 1 раскладывается на множители, степени которых равны 1, 2, 4 и 8. Действительно, х15 — 1 = (х5 — 1) (х10 + х5 + 1 ), х5 - 1 = (х - 1 ) (х4 + X3 + X2 + X + 1 ), а многочлен х10 + х5 + 1 раскладывается на множители степеней 2 и 8 (задача 5.6). Легко также проверить, что любое натуральное число 14 можно представить в виде ао + ai • 2 + а2 • 4 + аз • 8, где а/ = 0 или 1.

10.21. При п = 0 и 1 утверждение очевидно. При д = 2 можно поделить многочлен х4 + х2 + 1 на х2 + х + 1; в результате получим X2 - X + 1. Разность многочленов х2(Аг+3) + х"+3 + 1 и х2п + хп + 1 делится на X2 + X + 1, поскольку многочлены x2n+Q — х2п = х2/г (х6 — 1) и хл+3 - хп = xn(xs - 1) делятся на х3 - 1 = (х - 1) (х2 + х + 1). Поэтому многочлен х2(/г+3) + х"+3 + 1 делится на х2 + х + 1 тогда и только тогда, когда х2п + хп + 1 делится на х2 + х + 1.

10.22. а) Подставив х = 0, получим, что d делится на 5. Учитывая это и подставляя х = ±1, получим, что a + Ъ + с и —а + b — с делятся на 5. Следовательно, 2Ь и 2а + 2с делятся на 5, а значит, Ъ и a + с делятся на 5. Подставив х = 2, получим, что a + 5a + 2(a + с) + Ab + d делится на 5. Значит, a делится на 5. Поэтому с тоже делится на 5.

б) Подставив * = 0, получим, что е делится на 7. Учитывая это и подставляя * = ±1, получим, что числа a±b + c±d делятся на 7. Поэтому 2 (а + с) и 2(b + d) делятся на 7, а значит, а + с и & + d делятся на 7. Подставляя * = ±2 и учитывая, что е делится на 7, получаем, что числа 2(8a±4b + 2c±d) делятся на 7. Поэтому 4а + с и 4b + d делятся на 7. Следовательно, За= (4а + с) — (а + с) делится на 7. Поэтому а делится на 7, а значит, с делится на 7. Аналогично доказывается, что & и а1 делятся на 7.

10.23. Многочлен f(x) делится на х— -, поэтому /(*) = g(*) х

Пусть

Тогда

Число bo целое. Равенство qa\ = qb\ — pbo показывает, что число qb\ целое. Равенство q2ci2 = q2b2 — qb\p показывает, что число q2b2 целое и т.д. Таким образом, многочлен qn~1g(x) имеет целые коэффициенты.

Равенство qnf(k)=qn~1g(k)(qk—p) показывает, что число qnf(k) делится на qk — р. Числа qn и qk — р взаимно простые, поэтому число f(k) делится на qk — р.

10.24. Предположим, что многочлен 3х2п + Ах11 + 2 делится на многочлен 2х2т + Ах171 + 3. Тогда любой корень многочлена 2х2т + Ах171 + 3 является также корнем многочлена 3х2п + Ах11 + 2. Если

Xi — корень многочлена

Можно считать, что = ос\ и = ос 2- Пусть /31,2 =---— корни квадратного трёхчлена Sx2 + Ах + 2. Случай 1. А2-24>0.

В этом случае | or 11 ф поэтому числа х\ и *£ не могут совпадать, и мы можем считать, что х\ = /3i и *£ = /З2. С одной стороны, 1*1*21 = \/\ßiß2\ = а/2/3 < 1, а с другой стороны, |*i*21 = Vi ai#2 I = л/3/2 > 1. Приходим к противоречию.

Случай 2. А2 -24^0.

В этом случае |ос\ \ = \0L2\ = у/3/2 и \ßi\ = |/?21 = л/2/3. Поэтому, с одной стороны, |*i| = %/|ai I = 2V3/2 > 1, а с другой стороны, |*i I = \/\ßi I = 2л/2/3 < 1. Снова приходим к противоречию.

10.25. Если * > 0 и *(* + 1)... (* + п) = 1, то

10.26. Пусть а — корень многочлена Р(х). Поделим Р(х) на x — а с остатком. В результате получим Р(х) = (x — a)R(x) + b. При этом b = Р(а) = 0. Значит, многочлен Р(х) делится на х — а. Если ai, ат — корни многочлена Р(х), то он делится на (x — ai)... (х — ат), поэтому п^т.

10.27. Многочлен Р(х) делится на (x — ai)kl ... (x — am)km, поэтому kl + ... + km ^ П.

10.28. Перепишем данное уравнение в виде

При x > 0 функция

монотонно убывает, поэтому она не может принимать значение 1 при двух различных положительных значениях х.

10.29. Функция fi(x) монотонно убывает от 2 до —2 на отрезке [—2, 0] и монотонно возрастает от —2 до 2 на отрезке [0, 2]. Поэтому уравнение fi(x) =х имеет корень х\ G ( — 2, 0) и корень Х2 = 2. Кроме того, уравнение fi(x) = 0 имеет два корня ±х[. Функция f2(x) поочерёдно монотонно возрастает в пределах от —2 до 2 на следующих четырёх отрезках: [—2, —х[], [—х[, 0], [0, х[], [x'i, 2]. Поэтому на каждом из этих отрезков по крайней мере одно решение имеет уравнение f2(x) =х и ровно одно решение имеет уравнение f2(x) =0. Значит, для функции fs(x) получаем 23 интервалов монотонности и т. д. В результате получаем, что уравнение fn(x) имеет по крайней мере 2п решений. Но больше 2п решений оно не может иметь, потому что степень многочлена fn(x) равна 2п.

10.30. Рассматриваемое произведение является многочленом Р(х), обладающим следующим свойством: Р(—х) =Р(х).

10.31. Ответ: 6. Пусть х + х3 + хд + х27 + х81 + х243 = Р(х) х x (х — 1) + г. Положив х=1, получим г = 6.

10.32. Ответ: в выражении (1 + х2 - х3)1000. Пусть Р(х) = (1 - x2 + x3)1000 и Q(x) = (1 + x2 - x3)1000. Коэффициент при х20 у многочлена Р(х) такой же, как у Р(—х) = (1 — х2 — х3)1000, а у многочлена Q(x) такой же, как у Q(—x) = (1 + х2 + х3)1000. Ясно, что у многочлена (1 + х2 + х3)1000 коэффициент при х20 больше, чем у многочлена (1 — х2 — х3)1000. Действительно, у первого многочлена член /?20*20 равен сумме нескольких членов вида (х2)п (х3)т, где 2п + Зт = 20, а у второго многочлена член Ç2ox20 равен сумме тех же самых членов, но со знаком ( — 1)"+т. Во втором случае встречаются члены со знаком минус, например, при m = 2 и п = 7.

10.33. а) Пусть (х — а)(х — 10) + 1 = (х + fr)(х + с). Положив X = —fr, получим (fr + а) (fr + 10) = — 1. Числа а и fr целые, поэтому числа fr + а и fr + 10 тоже целые. Число —1 представляется в виде произведения двух целых множителей двумя способами. Соответственно получаем два варианта: 1) fr + 10 = 1 и fr + а = — 1; 2) fr + 10 = — 1 и fr + а = 1. Поэтому а = 8 или а = 12. В первом случае (х — 8)(х — 10) + 1 = (х — 9)2, а во втором случае (X - 12) (х - 10) + 1 = (х - II)2.

б) Пусть х(х — а) (х — fr) (х — с) + 1 = P(x)Q(x), где Р(х) и Q(x) — многочлены с целыми коэффициентами. Ясно, что Р(х) и Q(x) — многочлены со старшим коэффициентом 1. При х = 0, х = а, X = b и X = с имеет место равенство P(x)Q(x) = 1, т.е. либо Р(х) = 1 и Q(x) = 1, либо Р(х) = — 1 и Q(x) = — 1. В обоих случаях Р(х) — Q(x) = 0. Степень многочлена Р(х) — Q(x) строго меньше четырёх, поэтому Р(х) = Q(x) для всех х. Таким образом, х(х - а) (х - fr) (х - с) = Р2 (х) - 1 = (Р(х) + 1) (Р(х) - 1). Поэтому Р(х) ± 1 = х(х — а) и Р(х) =f 1 = (х — Ь)(х — с), т.е. х(х — а) — — (х — fr) (х — с) = ±2 (мы не различаем решения, отличающиеся лишь перестановкой чисел а, fr, с). Следовательно, а = fr + с и frc = +2. В результате получаем следующие наборы значений (а, fr, с): (1, 2, 3), (-1, -2, -3), (1, -2, -1), (2, -1, 1). Им соответствуют следующие разложения многочлена х(х — а)(х — fr) х х(х-с) + 1: (х2-3х+1)2, (х2 + 3х+1)2, (х2 + х- I)2, (х2-х-1)2.

10.34. Единственность многочлена Р следует из того, что разность двух таких многочленов обращается в нуль в точках х\, ... и имеет при этом степень не выше п. Ясно также, что следующий многочлен обладает всеми требуемыми свойствами:

10.35. Пусть Р(х) — интерполяционный многочлен Лагранжа степени ^ /г, принимающий значения хпг при х = 0, 1, 2, п. Тогда

Коэффициент при хп у этого многочлена равен

С другой стороны, если m ^ п, то Р(х) = хт. Поэтому

10.36. Пусть Pi(t) = pot + put + p2it2 + ... + pn-i,itn 1 — интерполяционный многочлен Лагранжа, принимающий значение 1 при t = ai и значение 0 при t — ау, где j ф i. Умножим данные уравнения на pot, Pih ...» Pn-i,i и сложим их. В результате получим Pi(ai)xi + ... + Pi(an)xn = poibo + ... + pn-i9tbn-i9 т.е. x% = poibo + ... ,..+pn-i,ibn-i' Единственность решения доказана. Остаётся проверить, что так мы действительно получаем решение, т. е.

при k = 0, 1, п — 1. Для этого достаточно доказать, что

при указанных k. Но это очевидно: при k ^ п — 1 выражение

представляет собой многочлен степени не выше п — 1, обращающийся в нуль при t = a\, ап.

10.37. Должны выполняться следующие равенства:

и т. д. Из этих равенств немедленно получаем выражения для f(xo; xi), f(xo; xi; x2) и т.д.

10.38. Поделив Р на Q с остатком, можно перейти к дроби S/Q, где степень S меньше степени Q. Пусть Q = Qi£?2» где Qi и Q2 — взаимно простые многочлены. Тогда можно выбрать многочлены а(х) и Ь(х) так, что a(x)Qi(х) + b(x)Q2(x) = 1. Поэтому

В полученных дробях нужно снова поделить с остатком числитель на знаменатель и т. д. После нескольких таких операций придём к сумме многочлена А(х) и нескольких дробей вида р(х)/(х — а)п,

где р(х) —многочлен степени меньше п. Остаётся записать многочлен р(х) в виде

10.39. Для данного щ выберем наибольшее /г, для которого встречается дробь--—г, cLk ф 0. Покажем, что число dk определено однозначно. Действительно, после умножения на (х — ai)k получаем равенство вида

(1)

где f(x) — рациональная функция, в знаменателе которой нет множителей х — а/, т. е. значение /(а/) определено. Подставив в равенство (1) х = щ, получим, что Сш равно значению рациональной функции R(x) (х — cii)k при X = а/.

Аналогично, рассмотрев R(x)---—г, найдём cL k-i и т.д.

(х-сцу

10.40. При k = 1 это очевидно. Предположим теперь, что многочлен Сх целозначный. Легко проверить, что

Следовательно, при всех целых m, п разность

является целым числом. Остаётся заметить, что Cq+1 =0.

10.41. Индукцией по k легко доказать, что любой многочлен Pk(x) степени k можно представить в виде

где Со, ci, С/г — некоторые числа. Действительно,

Поэтому если pk(x) = ахк + то многочлен pk(x) — ak\Ckx имеет степень не выше k — 1 и к нему можно применить предположение индукции. Таким образом, нужно лишь доказать, что числа со, ci, С/г целые. Докажем это индукцией по k. База индукции: k = 0. По условию многочлен ро(х) = Со принимает целое значение при X = п, поэтому число Со целое. Предположим теперь, что требуемое утверждение доказано для многочленов степени не выше k. Пусть многочлен

принимает целые значения при х = п, п+1, n + k+1. Рассмотрим многочлен

Он принимает целые значения при х = п, п+1, п + k. Поэтому числа со, ci, С/г целые, а значит, число

тоже целое.

10.42. Предположим, что существуют многочлены f(x) =аохп + а\хп~х + ... + ап и g (у) = Ь0ут + Ь\ут~х + ... + Ът, для которых f(x)g(y) = х200[/200 + 1. Положив X = 0, получим ang(y) = 1, т.е. = 1/ал при всех г/. Положив у = 0, аналогично получим, что /(х) = 1/&,я при всех х. Таким образом, f(x)g(y) = ——- — константа, а функция х200у200 + 1, очевидно, не является константой.

10.43. а) Система уравнений х — у+1 = 0, у — 2—1 = 0, z — 2x+l = 0 имеет решение (х, у, z) = (1, 2, 1). При таких значениях переменных левая часть рассматриваемого выражения обращается в нуль. Поэтому таких многочленов P, Q, R не существует.

б) Пусть f = x — у +1, g = y — z — 1, h = z — х+1. Тогда f + g + h=l, поэтому (f + g + h)7 = 1. Выражение в левой части этого равенства представляет собой сумму слагаемых вида fagbhc, где а + Ъ + с = 7; в частности, одно из чисел а, Ь, с не меньше 3. Сгруппируем те слагаемые, для которых а ^ 3. В результате получим выражение вида /3Р. Среди оставшихся слагаемых сгруппируем те, для которых Ь ^ 3. Получим выражение вида gsQ. Для оставшихся слагаемых с ^ 3, т.е. их сумма имеет вид hsR. В результате мы получили требуемое тождество fsP + gsQ + hsR = 1.

ГЛАВА 11

ТРИГОНОМЕТРИЯ

11.1. Неравенства и сравнение чисел

11.1. Докажите, что sin а < а < tg а для О < а < к/2.

11.2. Докажите, что если 0 < ai < а2 < ... < ап < к/2 и п ^ 2, то

11.3. Сравните числа tg55° и 1,4.

11.4. Докажите, что если 0 < а, ß ^ л:/4, то

11.5. Докажите, что сумма

принимает как положительные, так и отрицательные значения.

11.6. Докажите, что если для любого угла ср выполняется неравенство

то ai +а2 +... + ап ^ п.

11.7. Докажите, что если а и ß — острые углы и a <ß9 то

11.8. Пусть А — произвольный угол, В и С — острые углы. Всегда ли существует такой угол X, что

11.2. Тригонометрические тождества 11.9. Упростите выражение

11.10. Докажите, что

11.11. Докажите, что

11.12. Найдите соотношение между arcsin cos arcsin х и arccos sin arccos x.

11.3. Уравнения

11.13. Решите уравнение

11.14. Решите уравнение

11.15. Найдите все действительные решения уравнения

11.16. Решите уравнение

11.17. Сколько корней имеет уравнение

11.4. Суммы синусов и косинусов, связанные с правильными многоугольниками

При решении задач этого параграфа полезна следующая геометрическая задача.

11.18. Докажите, что сумма векторов, идущих из центра правильного многоугольника в его вершины, равна нулевому вектору.

11.19. Докажите следующие равенства:

11.20. Докажите следующие равенства:

11.21. Докажите, что

11.5. Вычисление сумм и произведений

11.22. Докажите, что если a +ß + у = 0, то

11.23. Докажите, что если sin а / 0, то

11.24. Докажите, что:

11.25. а) Докажите, что б) Докажите, что

11.26. Докажите, что

11.27. Докажите, что

11.28. Докажите, что

11.29. а) Докажите, что

б) Докажите, что если

11.6. Выражения для cosncp и т.п.

11.30. а) Докажите, что cos пер = Тп (cos ср) и sin(rt + 1)ср = Un (cos ср) sin ср9 где Тп и Un — многочлены степени п.

б) Докажите, что sin(2& + 1)ср = sin ^P^(sin2 ср)9 где Pk — многочлен степени k.

11.31. Докажите, что

11.7. Вспомогательные тригонометрические функции

11.32. Решите систему уравнений

11.33. Решите систему уравнений

11.34. а) Пусть хь хп — попарно различные положительные числа, п ^ 3. Докажите, что среди них можно выбрать два числа xt и Xj9 для которых

б) Пусть xi, хп — попарно различные числа, п^З. Докажите, что среди них можно выбрать два числа xt и ху, для которых

11.35. Докажите, что для любого положительного числа X и любого натурального числа п имеет место неравенство

11.8. Тригонометрические многочлены

Тригонометрическим многочленом п-й степени называют функцию f(cp) = ао + ai cos ср + а2 cos 2ср + аз cos Sep +... + ап cos пер, где ао, ai, ..., ап — некоторые числа, причём ап ф 0.

11.36. Докажите, что для любого тригонометрического многочлена f(cp) = ао + ai cos <jp + ... + ап cos пер существует многочлен Р(х) степени п со старшим коэффициентом 2п~1аП9 для которого P(cos^) = f(cp). И наоборот, любому многочлену соответствует тригонометрический многочлен.

11.37. Пусть / — тригонометрический многочлен степени п со старшим коэффициентом ап.

а) Докажите, что

б) Докажите, что

11.38. Докажите, что если

то \Р(хо) I ^ ——[ для некоторого Хо, где — 1 ^ Хо ^ 1.

11.39. Пусть 0 < ао < а\ <... < ап. Докажите, что тригонометрический многочлен f(cp) = ао + ai cos ср + ... + ап cos пер имеет на отрезке [0, к] ровно п корней.

Решения

11.1. Пусть О — центр окружности радиуса 1, А и В— точки этой окружности, для которых ZAOB = а. Рассмотрим также точку С, в которой касательная к окружности в точке В пересекает луч OA. Пусть Saob — площадь треугольника АОВ, S — площадь сектора, высекаемого радиусами АО и OB, Sboc — площадь треугольника ВОС. Тогда Saob < S < Sboc- Но Saob = - sin a, S = -a и Sboc = ^

11.2. Прежде всего заметим, что tg ai <tg a2. Поэтому согласно задаче 8.23

Ещё раз воспользовавшись задачей 8.23, получим

11.3. Ясно, что

Далее,

11.4. Из формулы для тангенса разности двух углов следует, что

Поэтому

Ясно, что

После приведения этих дробей к общему знаменателю получим дробь, числитель которой равен cos (а + /3) (1 + cos (а — /3)) ^ О при 0 < а, ß ^ 7г/4. Знаменатель дроби при таких а, ß положителен. 11.5. Предположим, что сумма

принимает только положительные значения при всех х. Заменив х на х+ 7Г, получим, что выражение

принимает положительные значения при всех х. Сложив эти выражения, получим, что сумма

принимает положительные значения при всех х. Затем повторим те же самые рассуждения, последовательно заменяя х на х+ —,

В результате получим, что cos 32х принимает положительные значения при всех х. Но при х= к/32 выражение cos32x принимает значение —1. Получено противоречие.

11.6. Согласно задаче 11.29 б)

Поэтому, сложив п неравенств

получим —а\ — а2 — ... — ап ^ — п.

11.7. Возьмём на окружности радиуса 1 с центром О точки К, А и Б так, что ZAOK=oc и ZBOK = ß (рис. 11.1). Опустим из точки А перпендикуляр АН на прямую ОК. Пусть С — точка пересечения этого перпендикуляра и прямой ОБ. Сравнение площадей сектора ОАВ и треугольника ОАС показывает, что (ß - а) < ОН • (tg ß - tg а). Сравнение площадей сектора OAK и треугольника ОАН показывает, что ooOH-tg ос. Из двух полученных неравенств следует, что

11.8. Ответ: да, всегда. По условию cos Б cos С > 0. Кроме того,

Поэтому

11.9. Покажем, что

Действительно,

Рис. 11.1

11.10. Применяя формулу

получаем

Каждый из рассматриваемых арктангенсов меньше 7г/4, поэтому их сумма меньше к. Если угол заключён между 0 и л и его тангенс равен 1, то этот угол равен 7г/4.

11.11. Пусть ig ср = 1/5. Дважды воспользовавшись равенством

получим сначала

а затем

Поэтому

11.12. Ответ: arcsin cos arcsin x + arccos sin arccos x = ^. Пусть arcsin cos arcsin x = ос и arccos sin arccos x = ß. Тогда 0 ^ ^ a, ß ^ 7г/2. Действительно, 0 ^ cos arcsin x ^ 1, поскольку ^ arcsin х^, и 0^ sin arccos x ^ 1, поскольку 0 ^ arccos x ^ к. Далее, sin ос = cos arcsin x, поэтому arcsin x = ±(J^ — oc^J и sin ^ — = ±cosa; cos/3 = sin arccos x, поэтому arccos x = ^ =f /3 и x = cosf =f ß\ = ± sin/3. Из того, что cos ос = sinß (= ±x), следует,

Положим t = sin x. Учитывая, что cos2 x = 1 — t2, получаем уравнение 4ts — It + 3 = 0. Это уравнение имеет корни t\ = 1, t2 = 1/2 и £3 = —3/2. Последний корень нам не подходит.

11.14. Ответ:

Положим t = tgx. Учитывая, что

получаем уравнение

Это уравнение имеет корни

ti = -l и t2 = 0.

11.15. Ответ: х = ±1,

Если мы рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно х, то его дискриминант будет равен 4(sin2(x[/) —1). Дискриминант должен быть неотрицательным, поэтому sin2 (ху) ^ ^ 1, т. е. ъш(ху) = ±1. Решения уравнения х2 ± 2х + 1 = 0 имеют вид x =f 1. Далее, если sin (ту) =ь 1, то sin у = — 1.

11.16. Положим x = sin(p и у = cos <jp. Рассматриваемое уравнение эквивалентно системе уравнений

При условии x2 + у2 = 1 первое уравнение эквивалентно уравнению

Подберём Я так, чтобы левую часть можно было представить в виде произведения двух линейных множителей. Согласно задаче 5.27 для этого необходимо, чтобы выполнялось равенство

Несложно проверить, что это уравнение имеет корень Я= —3.

Чтобы получить разложение выражения 3ху — 3х2 + 4х — у — 1, прежде всего заметим, что 3ху — 3х2 = 3х(у — х). Далее,

Поэтому нужно положить а = —1 и Ь=1. В итоге получаем, что исходное уравнение эквивалентно уравнению

11.17. Ответ: 63. Прежде всего отметим, что число положительных корней равно числу отрицательных корней, а ещё есть

корень 0. Поэтому достаточно убедиться, что число положительных корней равно 31. Если sinх = х/100, то \х\ = 1001sinх \ ^ 100. Рассмотрим графики функций у = х/100 и z/ = sinx. Участок оси Ох от 0 до 100 содержит 15 отрезков длиной 2 к и один отрезок длиной меньше 2к. Рассматривая указанные графики, легко убедиться, что на первом отрезке длиной 2к есть один корень данного уравнения, а на каждом из остальных 14 отрезков длиной 2к есть два корня. Вычисления показывают, что длина последнего отрезка больше 7Г, поэтому на нём тоже есть два корня. Всего получаем 31 положительный корень.

11.18. Сумма векторов, идущих из центра правильного д-угольника в его вершины, переходит в себя при повороте на угол 2к/п. А единственный вектор, который переходит в себя при повороте на угол 2к/п, — это нулевой вектор.

11.19. Возьмём правильный д-угольник, вписанный в окружность радиуса 1 с центром в начале координат. Повернём его так, чтобы одна его вершина попала в точку (1, 0). Рассмотрев проекции суммы векторов, идущих из центра правильного д-угольника в его вершины, на оси х и у, получим равенства а) и б); нужно только учесть, что sin0 = 0 и cos0= 1. Если же этот д-угольник повернуть на угол ос, то получим равенство в).

11.20. Согласно задаче 11.19 б)

При этом

б) Возьмём правильный 7-угольник с центром в начале координат, одна из вершин которого расположена в точке ( — 1, 0). Рассмотрев проекцию на ось х суммы векторов, идущих из начала координат в вершины 7-угольника, получим требуемое.

11.21. При п = 2т + 1 сумма из задачи 11.19 б) состоит из чётного числа слагаемых. Эти слагаемые разбиваются на пары

11.22. Нужно доказать, что

Заменим в левой части

Далее,

11.23. Прежде всего заметим, что

11.24. а) Применим формулу из задачи 11.23 для п = 2 и а = 2к/7. В результате получим, что требуемое произведение равно

б) Решается аналогично а). Нужно лишь заметить, что

11.25. а) Ясно, что

б) Согласно задаче а)

Сложив эти равенства, получим требуемое.

11.26. Ясно, что

Поэтому

11.27. Докажем сначала, что

(1)

Разберём отдельно случай чётного и нечётного п. Если п = 2k, то нужно воспользоваться тем, что

После сокра-

щения в равенстве (1) этих равных множителей остаётся произведение одинаковых множителей. Если п = 2k + 1, то нужно воспользоваться тем, что

Заменим в левой части равенства (1) каждый множитель sin 2а на 2 cos a sin а. После сокращения на

получим требуемое.

11.28. а) Пусть S — искомая сумма синусов. Воспользовавшись тождеством 2 sin х sin у = cos(x — у) — cos(x + у), получим

Затем воспользуемся тождеством

В результате получим

б) Пусть S — искомая сумма косинусов. Воспользовавшись тождеством

получим

11.29. а) Сложим тождества

для k = 0, 1, 2, п. В результате получим требуемое.

б) Для а = Ои х= (р формула из задачи а) даёт равенство

При этом (п+ 1/2)ср + (р/2=(п+1)(р = 2kn. Остаётся заметить, что если сумма двух углов равна 2kn, то сумма синусов этих углов

равна нулю; кроме того, sin ^ ф 0, так как 0 < ^ < к.

11.30. а) Ясно, что Uo(x) = 1, U\ (х) = 2х и Т\ (х) =х. Кроме того, формулы

показывают, что Un(x) = xUn-i(x) + Тп(х) и Tn+i(x) = хТп(х) — -Un-1(x)(l-x2).

б) Используя полученные рекуррентные соотношения, легко проверить, что T2k+i(х) =xak(x2) T2k(x) =bk(x2) U2k+i(x) =xck(x2), U2k(x) =dk(x2), где а/г, bk, Ck, dk — многочлены степени k. Поэтому U2k (cos x) = dk (cos2 x) = dk ( 1 — sin2 x) = Р/г (sin2 x).

11.31. Согласно задаче 11.30 б)

Р/г — многочлен степени k. Далее, если

то

где Л — некоторое число. Чтобы вычислить Л, положим х = 0.

Ясно, что Р(0)

Кроме того, согласно задаче 23.7 в)

Значит, А= (-4)*.

11.32. Первое уравнение можно переписать в виде

(ясно, что x ф ±1). Пусть x = tgcp. Тогда y = tg2cp. Аналогично z = tg4(p и х = tg Sep. Таким образом, tg Sep = tg ср. Поэтому

т.е. 7ср = kK, где k — целое число. Наоборот, если lep = kn, то tgScp = tg ср и мы получаем решение данной системы уравнений. Всего получаем 7 различных решений, соответствующих углам

11.33. Ответ: (1/3, 1/2, 1) и (-1/3, -1/2, -1).

Равенства -5- =-5- =-5- показывают, что числа x, г/, z имеют одинаковые знаки, причём если (x, у, z) — решение системы, то (—x, —у, —z) —тоже решение. Поэтому достаточно найти положительные решения.

Воспользуемся тем, что tg со +-= ———. Выберем углы ос, ß, у, заключённые между 0 и к, так, что tg(a/2) =х, tg(ß/2) = у, tg(y/2)=z. Тогда и - =--, т. е. ctg — = tg —-—. Если 0 < а, /3, у < к, то равенство tg(— — — ) = tg—-— выполняется лишь в том случае, когда — — — = —-—, т.е. а + р + у = к. Таким образом, ос, ß и у — углы треугольника, стороны которого относятся как 3:4:5. Значит, sin ос = -, sin/З = -, у = Поэтому tg ^ = -, tg — = - и tg — = 1 (можно воспользоваться, например, формулой

11.34. а) Положим X/ = tg ф/, где 0 < ср, < к 12. Тогда —--- = tg((pi — (pj). Будем считать, что Х\ <... < хп. Тогда числа ср2 — (pi, (рз — (рп — (pn-i положительны и их сумма меньше к/2.

Значит, среди них есть положительное число, меньшее -.

Соответствующая ему пара чисел X/ и ху обладает требуемым свойством. X--X-б) Положим X/ = tgcpi, где — к/2 < (p-L < к/2. Тогда —--- = tg((pL — cpj). Будем считать, что Х\ < ... < хп. Тогда числа ^2 — ^1, (рз — (р2, (рп — (рп-\, п + (р\ — (рп положительны и их сумма равна к. Значит, среди них есть положительное число, не превосходящее к/п. Соответствующая ему пара чисел X/ и ху обладает требуемым свойством.

11.35. Выберем на оси Ох точку А = (х, 0), а на оси Oy выберем точки Б/г = (0, k), k = 0, 1, ... Рассмотрим треугольник Bk-iABk. Пусть со = ZBk-iABk, k=l, 2, ... Вычислив площадь треугольни-

ка Bk-iABk двумя способами, получим

Поэтому

Учитывая, что cpk ^ sin (pk, получаем

Остаётся заметить, что (pi + ... + срп < к/2.

11.36. Согласно определению многочлена Чебышева cos пер = 7\z(cos ср), причём Тп(х) = 2п~1 хп + ... (задача 32.30). Поэтому

Наоборот, пусть задан многочлен

Равенства

позволяют получить выражения

Если при этом в выражении для cos"1 ср встречается выражение cosk ср, где k <m, то мы записываем для cosk ср то выражение, которое уже было получено ранее. Так мы получим выражения

Заменив в многочлене Р(х) каждый моном хт на

получим соответствующий тригонометрический многочлен.

11.37. а) Тригонометрический многочлен п-й степени представляет собой сумму слагаемых вида coskep, O^k^n. Поэтому достаточно проверить, что

При k = 0 и k = п это очевидно. Покажем, что если 1 ^ k ^ п — 1, то

Действительно, согласно задаче 11.29

б) Согласно задаче а) среднее арифметическое чисел /(0), равно ап, поэтому среднее арифметическое их модулей не меньше \ ап\. Но если среднее арифметическое чисел не меньше \ап\, то одно из них не меньше \ап\.

11.38. Согласно задаче 11.36 многочлену Р(х) соответствует тригонометрический многочлен f((p) со старшим коэффициентом 1/2"_1, для которого f(cp) = P(cos ср). Согласно задаче 11.37

для некоторого (fo- Положим x = cos(fo. Тогда

11.39. Рассмотрим функцию g((p) = 2sin— f(x). Воспользовавшись тождеством

получим

Более того, числа

не могут быть одновременно равны +1, поэтому

Таким образом,

Ясно, что

Между каждой парой соседних точек лежит ровно один корень уравнения g((p) = 0. Всего получаем п корней, причём ср = 0 не корень. Значит, для всех этих точек функция sin — не обращается в нуль (если 0 ^ ср ^ 7Г, то sin — обращается в нуль только при ср = 0), т. е. они являются также и корнями тригонометрического многочлена f((p).

ГЛАВА 12

УРАВНЕНИЯ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ

12.1. Пифагоровы тройки

Натуральные числа а, Ь, с называют пифагоровой тройкой, если а2 + Ъ2 = с2. Пифагорову тройку называют примитивной, если у чисел а, Ъ, с нет общего делителя.

12.1. Докажите, что если а, Ъ, с — пифагорова тройка, то одно из этих чисел делится на 3, другое (или то же самое) делится на 4, третье — на 5.

12.2. Пусть а, Ъ, с — примитивная пифагорова тройка. Докажите, что одно из чисел а или Ъ четно, а другое нечётно.

12.3. Пусть а, Ъ, с — примитивная пифагорова тройка, причём число а четно. Докажите, что существуют взаимно простые числа тип, для которых а = 2тп, Ъ = т2 — п2, с = т2 + п2.

12.4. Пусть а, Ъ, с — примитивная пифагорова тройка. Докажите, что ab делится на 12.

12.5. Пусть а, Ъ, с — примитивная пифагорова тройка. Докажите, что число ab/2 (площадь прямоугольного треугольника с катетами а и Ь) не может быть полным квадратом.

12.2. Нахождение всех решений

12.6. Решите в натуральных числах уравнение х + у = ху.

12.7. Решите в целых числах уравнение 2ху + 3х + у = 0.

12.8. Решите в целых числах уравнение

12.9. Решите в целых числах уравнение

12.10. Решите в натуральных числах уравнение 2х+7=у2.

12.11. Пусть р > 2 — простое число. Докажите, что число 2/р можно единственным способом представить в виде 1/х + 1/г/, где x и у — различные натуральные числа.

12.12. Пусть п — натуральное число. Докажите, что количество решений уравнения 1/х+1/у = 1/п в натуральных числах равно количеству делителей числа п2.

12.13. а) Найдите все натуральные числа x, у, z, для которых

б) Найдите все натуральные числа x, у, z > 1, для которых

12.14. а) Найдите все решения уравнения х2 + у2 + г2 = 2хуг в натуральных числах.

б) Найдите все решения уравнения х2 + у2 + z2 + и2 = 2xyzu в натуральных числах.

12.15. Решите в целых числах уравнение

12.16. Решите в натуральных числах уравнение 2п + 1 = Зт.

12.17. Найдите все решения уравнения ху = ух:

а) в натуральных числах;

б) в рациональных числах.

12.3. Нахождение некоторых решений

12.18. а) Докажите, что для любого натурального п уравнение ап + Ъп = сп+1 имеет бесконечно много различных решений в натуральных числах.

б) Докажите, что если тип — взаимно простые натуральные числа, то уравнение ап + Ьп = ст имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

12.4. Доказательство конечности числа решений

12.19. Докажите, что для любого натурального числа п уравнение х3 + у3 = п имеет конечное число целочисленных решений.

12.5. Уравнение Пелля

Уравнение х2 — dy2 = 1, где d — натуральное число, свободное от квадратов (т. е. число, не делящееся на квадрат натурального числа, отличного от 1), называют уравнением Пелля.

12.20. Докажите, что уравнение х2 — 2у2 = 1 имеет бесконечно много решений в натуральных числах.

12.21. Пусть d — натуральное число, свободное от квадратов. Докажите, что существует константа С, для которой неравенство \х2 — dy2\ <С имеет бесконечно много целочисленных решений.

Решение уравнения Пелля в натуральных числах с минимальным у\ будем называть фундаментальным решением.

12.22. Докажите, что уравнение Пелля для любого натурального d (свободного от квадратов) имеет бесконечно много решений в натуральных числах. Более того, если (*ь У\) — фундаментальное решение, то любое решение (хП9 уп) имеет вид

12.23. Докажите, что если d = 3 (mod 4), то уравнение x2 — dy2 = — 1 не имеет решений в натуральных числах.

12.24. Докажите, что если d — простое число, причём d = 1 (mod 4), то уравнение х2 — dy2 = — 1 имеет решение в натуральных числах.

12.25. Докажите, что если уравнение х2 — dy2 = —4 имеет решение с нечётными х и г/, то уравнение X2 — dY2 = — 1 имеет решение в натуральных числах.

См. также задачи 31.37 и 35.11—35.13.

12.6. Уравнение Маркова

Уравнением Маркова называют уравнение

(12.1)

где числа m, п и р натуральные.

12.26. Докажите, что уравнение Маркова имеет бесконечно много решений.

12.27. Докажите, что все решения уравнения т2 + п2 +р2 = тпр в натуральных числах имеют вид 3/7ii, 3/Zi, 3/?i, где /ni, Pi —решение уравнения Маркова.

12.28. Докажите, что если k ф 1 или 3, то уравнение X2 + у2 + г2 = не имеет решений в натуральных числах.

12.29. Докажите, что если т, /г, р — решение уравнения Маркова, то числа /п, п и р взаимно просты.

Решения

12.1. Согласно задаче 4.42 остаток от деления квадрата целого числа на 3 и на 4 равен 0 или 1, а остаток от деления на 5 равен О, 1 или 4. Используя только остатки 1 и 4, нельзя добиться выполнения равенства а2 + Ъ2 = с2. В случае делимости на 3 и на 5 это завершает доказательство. В случае делимости на 4 мы получаем, что либо все три числа а, Ь, с четны, либо одно из чисел а и Ъ четно, a другое нечётно. Первый случай можно не разбирать, поскольку доказательство достаточно провести для примитивных пифагоровых троек. Таким образом, остаётся доказать, что если для целых чисел ai, Ь\, с\ выполняется равенство

(1)

то число ai четно. Равенство (1) можно переписать в виде

Числа ci(ci + 1) и Ъ\(Ъ\ + 1) четны, поэтому число ai тоже четно.

12.2. Числа аи&не могут быть оба чётными, потому что иначе число с тоже было бы чётным. Числа а и Ъ не могут быть оба нечётными, потому что иначе число а2 + Ъ2 делилось бы на 2, но не делилось бы на 4.

12.3. Числа

взаимно простые, поэтому из равенства

следует, что

где m un — взаимно простые числа. При этом с = m + п и Ь = т — п .

12.4. Нужно доказать, что для любых взаимно простых натуральных чисел тип число тп(т+п)(т — п) делится на 6. Если m и п нечётны, то /п + д четно. Если /пигане делятся на 3, то либо числа тип дают одинаковые остатки при делении на 3 (тогда m — п делится на 3), либо одно из них при делении на 3 даёт остаток 1, а другое даёт остаток 2 (тогда т + п делится на 3).

12.5. Предположим, что существуют взаимно простые натуральные числа тип, для которых тп(т + п)(т — п) = s2, где s — натуральное число. Будем считать, что s — наименьшее из всех чисел, для которых имеет место равенство такого вида. Числа т, п, m + п, m — п попарно взаимно простые, поэтому m = х2, п = у2, m + п = г2 и m — п = t2, где x, у, z и t — натуральные числа. Числа тип разной чётности, поэтому числа z и t нечётные. Положим А = —— и В = —-—. Тогда А2 + В2 = —-— m и —- = —-— = — = —. Таким образом, для числа у/2 тоже имеет место равенство указанного вида. Поэтому у2 ^ 4s2, т.е. у2 ^ Ах2у2 (х2 — у2) (х2 + у2). Получено противоречие.

12.6. Ясно, что (х — 1)(у — 1) = ху — x — у + 1 = 1, поэтому х - 1 = у— 1 = 1, т. е. х = у = 2.

12.7. Ответ: (0, 0), (1, -1), (-1, -3), (-2, -2). Данное уравнение можно переписать следующим образом: (2х + 1) (2у + 3) = 3. Остаётся решить 4 системы уравнений: 2х + 1 = 1, 2у + 3 = 3; 2х+1 = 3, 2г/ + 3=1; 2х+1 = -1, 2г/ + 3 = -3; 2х+1 = -3, 2г/ + 3 = -1.

12.8. Рассматриваемое уравнение можно переписать в виде (х — Ъ)(у + 3) = —18. Его решения в целых числах соответствуют представлениям числа —18 в виде произведения двух целых чисел.

12.9. Ответ: (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 2), (2, 1), (2, 2). Рассмотрим данное уравнение как квадратное уравнение относительно х:

Дискриминант этого уравнения равен —Зу2 + 6у + 1. Он отрицателен при у ^ 3 и при у^—1. Поэтому для у получаем три возможных значения: 0, 1, 2. Для каждого из этих значений получаем уравнение, которое легко решается.

12.10. Ответ: х=1, у = 3. Проверим, что других решений нет. Ясно, что 22 + 7 = 11 — не квадрат, поэтому можно считать, что х ^ 3. Тогда 2х делится на 8, а значит, у2 = 7 (mod 8). Но, как легко проверить, квадрат целого числа при делении на 8 может давать только остатки 0, 1 и 4.

12.11. Равенство 1/х + 1/у = 2/р можно переписать в виде р(х+у) = 2ху. Значит, одно из чисел х и у делится на р. Например, x = рх'. Тогда рх' + у = 2х'у, т. е. (2х' — 1)у = рх'. Если х' = 1, то у=р и х=р, а по условию числа рх различны. Если же х' > 1, то 2х' — 1 > х', поэтому у < р. Кроме того, числа 2х' -1 их' взаимно просты. Значит, 2х' — 1=р и у = х'. В итоге получаем у — х' — и х=р—£-.

12.12. Данное уравнение можно записать в виде п2 = (х — п) х х(у — п). Каждому делителю d числа п2 соответствует решение х = п + а, у = п+—.

12.13. а) Будем считать, что x ^ у ^ 2. Тогда 1 = 1/х + 1/у + 1/г ^ ^ 3/2, поэтому 2^3. Ясно также, что 2/1.

Если 2 = 3, то 1/х + 1/у = 2/3 и при этом 1/х + 1/у ^ 2/г/, значит, у ^ 3. Но г/ ^ 2 = 3, поэтому г/ = 3 и х = 3.

Если 2 = 2, то 1/х + 1/г/= 1/2 и при этом 1/х + 1/у ^ 2/у, значит, 2 ^ г/ ^ 4. Ясно, что у ф 2. При г/ = 3 получаем х = 6, а при у = 4 получаем х = 4.

б) Снова будем считать, что х ^ г/ ^ 2. Тогда 2 < 3, т. е. 2 = 2. Поэтому 2/г/ > 1/х + 1/у > 1/2, значит, у < 4. Если г/ = 2, то число х может быть произвольным. Если у = 3, то 1/х > 1/6, т.е. х = 3, 4 или 5.

12.14. а) Пусть х = 2mxi, г/ = 2пу\, 2 = 2^21, где числа xi, yi, 2\ нечётны. Можно считать, что m^n^k. Тогда обе части уравнения можно сократить на (2т)2. В результате получим

где n + k — т+1^1.

Если n = m = k, то согласно задаче 4.42 б) при делении на 4 число в левой части этого равенства даёт остаток 3, а число в правой части даёт остаток 0 или 2. Если же k > m, то число в левой части

даёт остаток 1 или 2, а число в правой части — остаток 0. Значит, уравнение не имеет решений в натуральных числах.

б) Число х2 + у2 + z2 + и2 четно, поэтому среди чисел х, у, 2, и чётное число нечётных чисел.

Если все числа х, у, 2, и нечётны, то х2 + у2 + 22 + и2 = 0 (mod 4), но при этом 2ху2и не делится на 4.

Если ровно два из чисел х, у, 2, и нечётны, то х2 + у2 + 22 + и2 не делится на 4, а 2ху2и делится на 4.

Поэтому все числа х, у, 2, и четны, т.е. х = 2xi, у = 2у\, 2 = 2zi, I/ = 2i/i. Мы получаем уравнение х\ + у\ + z2 + г/2 = Sxiyi2iUi. Теперь заметим, что (2k + I)2 = 4k(k+l) + 1 = 1 (mod 8). Поэтому если все числа xi, г/1, zi, г/i нечётны, то х2 + г/2 + z2 + г/2 не делится на 8. А если ровно два из этих чисел нечётно, то х\ + у\ + z2 + г/2 не делится даже на 4. Значит, Xi = 2x2, У\ — 2у2, 2\ = 222, и\ = 2и2, и мы получаем уравнение х\ + у\ + z| + и\ = 32x2^/2^2^2. Снова повторив те же самые рассуждения, получим, что х, г/, z, i/ делятся на 2п при всех п, чего не может быть.

12.15. Ответ: х = у = z = 0.

Пусть x3 — 2ys — 42s = 0, где х, у, 2 — целые числа. Тогда число х четно. После замены х = 2xi получаем уравнение 8х3 — 2ys — 4z3 = 0. Сократим на 2: 4х3 — ys — 22s = 0. Значит, число у четно. После замены у = 2у\ получаем уравнение 4х3 — 8г/3 — 2z3 = 0. Снова сократим на 2: 2х3 — 4у\ — 2s = 0. Значит, число 2 четно. После замены 2 = 22\ получаем уравнение х3 — 2у\ — 4z3 = 0, которое имеет такой же вид, как и исходное уравнение. Поэтому снова можно доказать, что числа Xi, г/1, 2\ четны и т.д. Но это возможно лишь в том случае, когда х = у = 2 = 0.

12.16. Ответ: п = 1, m = 1 или п = 3, m = 2.

Если п = 1, то т= 1. Рассмотрим теперь случай, когда п > 1. В этом случае З"1 = 1 (mod 4). Отметим, что 32/г+1 = 3 • 9А = 3 (mod 4). Поэтому m = 2k, а значит, (3^ - l)(Sk + 1) = 2п. Таким образом, числа 3^ — 1 и Зк + 1 — степени двойки, которые отличаются друг от друга на 2. Это возможно лишь в том случае, когда k=l, т. е. т = 2 и п = 3.

12.17. Всегда есть очевидное решение х = у, поэтому достаточно рассмотреть случай, когда х > у (случай х < у рассматривается аналогично). Пусть х = ky, где k > 1 — рациональное число.

Тогда

поэтому

а значит,

Пусть

несократимая дробь. Тогда

Числа р и p + q взаимно простые, поэтому число у может быть

рациональным лишь в том случае, когда р = ац и р + q = Ьц для некоторых натуральных а и fr. Предположим, что q ^ 2. Тогда а4 <р + q^aq + qaq~l < (a+l)f/. Приходим к противоречию, так как между числами ац и (а + 1)д не может находиться число Ьц = р + q. Поэтому q=l. Для любого натурального р числа х = (1 + и у = (1 + рациональны и являются решениями уравнения ху = ух. Эти числа будут целыми лишь при р = 1. В этом случае X = 4 и у = 2.

12.18. а) Перепишем уравнение в виде с= (а/с)п + (а/с)п. Будем искать решения вида а = а\с и Ъ = Ъ\С, где а\ и fri — натуральные числа. Тогда с = aj + frj, a = ai(aj + frj) и fr = fri(aj + frj). Легко проверить, что мы действительно получили решение.

б) Выберем натуральные числа р и q так, что рт — qn = 1 (это можно сделать с помощью алгоритма Евклида). Положим с = « + frï)p, a = ai (a? + fr?)f/ и fr = fri (a? + fr?)r/, где ai и fri — произвольные натуральные числа. Тогда ап + Ъп = (aj + frj) (aj + bi)qn = (aï + frï)^ = cm.

12.19. Пусть X + у = а и х2 — хг/ + у2 = fr. Тогда ab = д. Число п можно лишь конечным числом способов разложить на множители a и fr, поэтому получаем конечное число систем уравнений X + у = a, X2 — ху + у2 = fr. Выразим г/ из первого уравнения и подставим во второе. В результате получим уравнение X2 — х(а — х) + (а — х)2 = fr, которое имеет не более двух решений. Каждому целочисленному решению х этого уравнения соответствует одно целочисленное решение исходной системы, а именно (х, а — х).

12.20. Нетрудно найти одно решение этого уравнения, например, х\ = 3 и г/1 = 2. Равенство х\ — 2у\ = 1 можно записать в виде

Ясно, что тогда

Кроме того, согласно задаче 6.22

Поэтому

т. е. (хп, уп) — тоже решение, причём хп+\ > хп, Уп+i > Уп-

12.21. Применим задачу 17.12 для а = \fd. В результате получим, что существует бесконечно много пар взаимно простых чисел X, у, для которых |х — y\fd \ < 1/у. В таком случае

а значит,

Таким образом, в качестве константы С можно взять число 2\^d + 1.

12.22. Согласно задаче 12.21 для некоторого целого k уравнение x2 — dy2 = k имеет бесконечно много натуральных решений. Выберем два различных решения х\ — dy\ = k и х\ — dy\ = k, для которых у\ =у2 (mod k). Тогда Х\ = ±Х2 (mod k), поэтому решения можно выбрать так, что Х\ =Х2 (mod k). В таком случае и х\Х2 — dy\y2 = х\ — dy\ = 0 (mod k), Х\у2 — Х2У\ = 0 (mod k). При этом Х\у2 — Х2У1 ф 0, поскольку иначе

Положим X = k~l (х\Х2 — dy\y2) и Y = k~l (х\у2 — Х2У\) ф 0. Тогда X2 — dY2 = 1, т. е. пара (X, Y) — решение уравнения Пелля.

Пусть (xi, yi) —фундаментальное решение уравнения Пелля. Тогда (xi + yiVd)n(xi — y\\fd)n = 1, поэтому пара (хп, уп), где Хп +ynVd= (х\ + y\\fd)a, тоже является решением уравнения Пелля, поскольку согласно задаче 6.22 хп —ynVd= (xi — y\\[d)n. Ясно также, что хп — yn\fd = (х\ + y\\fd)~n. Остаётся проверить, что любое натуральное решение (х, у) представляется в виде x + y\/d = (х\ + y\\fd)a, где п — натуральное число. Предположим, что натуральное решение (х, у) не представляется в таком виде. Тогда можно выбрать натуральное число п так, что

После умножения на

получим

Положим

Чтобы прийти к противоречию, достаточно показать, что

По условию

поэтому

Кроме того,

Следовательно,

12.23. Ясно, что d имеет простой делитель р = 4k + 3. Предположим, что x2 — dy2 = — 1. Тогда х2 = — 1 (mod р), поэтому число — 1 является квадратичным вычетом по модулю р. С другой стороны, если p = 4k + 3— простое число, то согласно задаче 31.36 число — 1 не является квадратичным вычетом по модулю р.

12.24. Пусть (xi, у\) — фундаментальное решение уравнения Пелля x2 — dy2 = 1. Из условия d = 1 (mod 4) вытекает, что х\—у\ = 1 (mod 4). Следовательно, Xi = 1 (mod 2) и у\ = 0 (mod 2). Перепишем равенство х\ — dy2 = 1 в виде

По условию число d простое, поэтому либо

либо

В первом случае получаем Ъ2 — da2 = — 1. Во втором случае получаем a2 — db2 = 1, что противоречит минимальности решения (xi, у\).

12.25. Положим

Согласно задаче 4.42 г) х2 = 1 (mod 8) и у2 = 1 (mod 8). Следовательно, d2 = 5 (mod 8), а значит, х2 + 3dy2 = 1 + 15 = 0 (mod 8) и 3х2 + dy2 = 3 + 5 = 0 (mod 8), поэтому числа X и Y целые. Кроме того,

12.26. Предположим сначала, что среди чисел т, пнр есть равные, например, п = р. Тогда т2 + 2п2 = Зтп2, т. е. Зт = (т/п)2 + 2. Следовательно, m = dn, где d — целое число. При этом d2 + 2 = 3nd, т.е. d(3n — d) = 2. Поэтому d = 1 или 2. В обоих случаях п=1. В результате получаем решения (1, 1, 1) и (2, 1, 1). Назовём их особыми.

Возьмём теперь неособое решение (т, п, р), для которого числа т, п, р попарно различны, и рассмотрим квадратный трёхчлен

Ясно, что f(m) = 0, т. е. один корень квадратного трёхчлена / равен т. Второй его корень т! можно найти по теореме Виета:

m' = Зпр — т. Ясно, что при этом (т\ п, р) — решение уравнения (12.1). Покажем, что наибольшее из чисел пнр заключено между тпт'. Пусть для определённости п>р. Тогда

Это как раз и означает, что п заключено между тпт'.

Аналогичным образом по решению (т, п, р) можно построить решения (т, п\ р) и (т, п, р').

Предположим, что m — наибольшее из чисел т, п, р. Тогда

Таким образом, при переходе от решения (т, п, р) к решению (т'', п, р) наибольшее из трёх чисел уменьшается, а при переходе к решениям (т, п!, р) и (т, п, р') увеличивается.

Если начинать с решения (1, 1, 1), то получим следующее дерево решений:

Это дерево содержит все решения, поскольку от произвольного решения после нескольких уменьшений максимума мы перейдём к особому решению. Под уменьшением максимума мы подразумеваем переход от решения (т, п, р), где m > тах(д, р), к решению (т\ п, р).

12.27. Достаточно доказать, что если т2 + п2 + р2 = тпр, то числа m, п и р делятся на 3. Если целое число не делится на 3, то его квадрат при делении на 3 даёт остаток 1. Поэтому если т2 + п2 + р2 не делится на 3, то среди чисел m, п и р есть как делящиеся на 3, так и не делящиеся на 3. Но тогда т2 + п2 + р2 = тпр

делится на 3, чего не может быть. Значит, т2 + п2 + р2 делится на 3, причём числа m, п и р одновременно либо все делятся на 3, либо все не делятся на 3. Второй вариант невозможен, потому что тпр = т2 + п2 +р2 делится на 3.

12.28. Случай k = 2 — это задача 12.14 а). Поэтому будем предполагать, что k > 3. Предположим, что х2 + у2 + г2 = kxyz, где х, у, z — натуральные числа. Прежде всего покажем, что эти числа попарно различны. Пусть у = г. Тогда х2 = kxy2 — 2у2 = (kx — 2)у2, поэтому x = Ху, где Я — натуральное число. При этом Я2 = kXy — 2, т.е. 2 = X(ky — Я). Значит, Я = 1 или 2. В обоих случаях ky = 3, что противоречит неравенству k > 3.

Пусть для определённости х > у > г. Рассмотрим квадратный трёхчлен f(t) = t2 — kyzt + у2 + z2. Один его корень равен х, а второй корень х' по теореме Виета равен kyz — х. Ясно, что iy - x)iy - x') = fiy) = 2y2 + z2 - ky2z < 0, т. e. x > y > x'. Таким образом, по решению x, у, z мы построили новое решение х', у, z, для которого х', у, z<x. Повторяя эту конструкцию x раз, приходим к противоречию. (Решающее отличие от уравнения Маркова состоит в том, что здесь нет решения с двумя одинаковыми числами, поэтому операцию уменьшения решения можно применять бесконечно много раз.)

12.29. Предположим, что m = dm\, п = dn\ и р = dpi, где d > 1. Тогда т\ + п\ +р\ = Sdminipi. Но согласно задаче 12.28 уравнение x2 + У2 + z2 = kxyz не имеет решений в натуральных числах при k>3.

ГЛАВА 13

ИНДУКЦИЯ

13.1. Вычисление сумм

13.1. Вычислите сумму

13.2. Вычислите сумму

13.3. Докажите, что

13.4. Докажите, что

13.2. Неравенства

13.5. Докажите неравенство

13.6. Докажите, что если 0 < хь хп < 1 и п ^ 2, то

13.7. Докажите, что при целом п ^ 2 и \х \ < 1

13.8. Докажите, что

13.9. а) Докажите, что для любого а > 0 и любого натурального п > 1 выполняется неравенство (1 + а)п > 1 + па.

б) Докажите, что если 0<а^1/пл п — натуральное число, то выполняется неравенство (1 + а)п < 1 + па + п2а2.

13.10. Докажите неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для п положительных чисел: (a\a<i ...ап)1/п ^ (ai + ... + ап)/п, причём равенство достигается, только если а\ =... = ап.

13.11. Докажите, что 3" > ns для любого натурального пфЗ.

13.12. Докажите неравенство

13.13. Разности между любыми двумя нечётными попарно различными натуральными числами ai, a2, ап различны. Докажите, что сумма а\ + ... + ап не меньше

13.3. Доказательство тождеств

13.14. Некоторые из чисел ai, a2, ап равны +1, остальные равны —1. Докажите, что

13.4. Разные задачи

13.15. На кольцевой автомобильной дороге стоит несколько одинаковых автомобилей. Известно, что если весь бензин, находящийся в автомобилях, слить в один из них, то этот автомобиль сможет проехать по всей кольцевой дороге и вернуться на прежнее место. Докажите, что хотя бы один из этих автомобилей сможет проехать по всей кольцевой дороге в заданном направлении, забирая по пути бензин у остальных автомобилей.

13.16. Докажите, что любую дробь т/п, где 0 < т/п < 1, можно представить в виде

где 0 < qi < q2 <... < qr, причём число qu делится на qu-i при fe = 2, 3, г.

См. также задачу 20.11.

Решения

13.1. Докажем индукцией по п, что рассматриваемая сумма равна 1 — —. При п = 2 получаем очевидное равенство — = 1 — —.

Предположим, что требуемое равенство доказано для некоторого п. Тогда

13.2. Докажем индукцией по п, что рассматриваемая сумма равна (п + 1)! — 1. При п = 1 получаем очевидное равенство 1 • 1! = 2! — 1. Предположим, что требуемое равенство доказано для некоторого п. Тогда

13.3. База индукции очевидна, поэтому нужно лишь проверить равенство

После деления на m + 1 и умножения на 4 получаем очевидное равенство т2 + 4(т + 1) = (т + 2)2.

13.4. Пусть

Тогда

Значит,

Равенство А\ = В\ очевидно, поэтому Ап =Вп для всех п.

13.5. Применим индукцию по k. При k = 1 требуемое неравенство очевидно: 1 • 1! < 2!. Предположим, что для некоторого k требуемое неравенство выполняется. Тогда 1 • 1! + 2 • 2! + 3-3! + ... + &•&! +

13.6. Применим индукцию по п. Сначала заметим, что

Предположим, что

Тогда

13.7. Применим индукцию по п. При п = 2 получаем

Предположим теперь, что

Тогда

13.8. Требуемое неравенство эквивалентно неравенству

Воспользовавшись неравенством из задачи 13.6, получаем

13.9. а) Покажем, что если ос > 0 и (1 + ос)п > 1 + иос, то

Действительно,

б) Для п = 1 требуемое неравенство выполняется. Предположим, что если 0 < ос ^ то выполняется неравенство (1 + ос)п < < 1 + пос + п2 ос2. Пусть число ß таково, что 0</3^1/(д+1). Тогда ß ^ 1/п, поэтому (1 +/ЗГ+1 < (1 + nß + n2ß2)(1 + /3) = l + (Л + l)/3 + (я2 + я + n2ß)ß2. Остаётся проверить, что п2 + я + д2/3 ^ (я + I)2, т. е. n2ß ^ д + 1. Это неравенство следует из того, что ß ^ 1/(п + 1) и я2 < (д+ I)2.

13.10. Докажем сначала требуемое неравенство для чисел вида п = 2т индукцией по т. Для m = 1 оно следует из того, что а — 2\/а~Ь + Ь= (л/а — л/fr)2 ^ 0; равенство достигается, только если а = о. Предположим, что требуемое неравенство доказано для т, и докажем его для m + 1. Ясно, что cikCik+2m ^ ((#/г + а/г+2"г)/2)2. Поэтому

Пусть теперь п любое. Тогда п < 2т для некоторого т. Положим an+i =... = а,2т = (ai +... + ап)/п = А. Ясно, что (ai +... + ап) + (an+i+... +а2»г) = пА+(2т -п)А = 2т A m ai... a2»i=ai...an-А2"1 ~п. Поэтому а\...ап-А ~п ^(2тА/2т)2 =А2 , т. е. ai... a„ ^А"; равенство достигается, только если ai =... = ап.

13.11. Для д = 2, 4 и 5 требуемое неравенство несложно проверить. Покажем, что при д ^ 5 из неравенства Зп > п3 следует неравенство 3"+1 > (п + I)3. По предположению индукции 3"+1 > Зд3, поэтому нужно лишь проверить неравенство 2п3 > Зп2 + Зп + 1. При д ^ 5 выполняются неравенства 1 < Зп < Зп2 < 2п3/3, поэтому Зп2 + Зп + К 3(2д3/3) = 2д3.

13.12. Пусть

Тогда

Таким образом, требуется доказать, что

Индукцией по п легко доказать, что а < 2. Поэтому следующие неравенства эквивалентны требуемому:

После возведения в квадрат получаем неравенство 36 + 12а + а2 > > 32 + 16а, т. е. (а - 2)2 > 0.

13.13. Применим индукцию по п. При п = 1 утверждение очевидно. Предположим, что требуемое утверждение верно для любого набора из п — 1 чисел, обладающего указанными свойствами. Докажем его для данного набора ai, a2, a„. Можно считать, что ai < a2 < ... < a„. По предположению индукции

Рассмотрим все положительные разности а/ — ау. Все они четны и их количество равно---, поэтому наибольшая из этих разностей не меньше п(п — 1). Ясно, что наибольшая разность — это ап — ai, следовательно, ап ^ п(п — 1) + ai ^ п(п — 1) + 1. Таким образом,

13.14. Применим индукцию по п. При п= 1 получаем очевидное тождество. Равенство

показывает, что

Из этой формулы и тождества

следует, что

Нетрудно также убедиться, что в действительности всегда берётся знак плюс, поскольку знак числа

совпадает со знаком числа а\. Теперь, воспользовавшись предположением индукции, получаем требуемое тождество.

13.15. Применим индукцию по числу автомобилей п. При п= 1 утверждение очевидно. Предположим, что утверждение доказано для п автомобилей. Рассмотрим теперь п + 1 автомобиль. Ясно, что среди них обязательно найдётся автомобиль А, который может доехать до следующего за ним автомобиля Б, поскольку иначе бензина во всех автомобилях не хватило бы для того, чтобы проехать один раз по всей кольцевой дороге. Выльем бензин из Б в А и уберём Б. Среди оставшихся п автомобилей по предположению индукции найдётся автомобиль, который может проехать по всей кольцевой дороге, забирая по пути бензин у остальных автомобилей. Тогда тот же самый автомобиль сможет проехать по всей кольцевой дороге и в исходной ситуации, до переливания бензина из Б в А. Действительно, доехать от А до Б он сможет, а на всех остальных участках дороги бензина у него будет ровно столько же, сколько и в ситуации с п автомобилями.

13.16. Будем считать, что дробь т/п несократимая. Применим индукцию по т. При т= 1 доказывать нечего. Пусть т> 1. Разделим п на m с остатком, причём частное запишем в виде do — 1, а остаток запишем в виде т — к,т. е. n = m(do — 1) + (m — k) = mdo — k,

Тогда

По предположению индукции дробь k/n можно представить в требуемом виде:

Поэтому дробь

тоже можно представить в требуемом виде.

ГЛАВА 14

КОМБИНАТОРИКА

14.1. Элементы комбинаторики

14.1. Сколькими способами можно выбрать k предметов из п различных предметов, если порядок, в котором выбираются предметы: а) учитывается; б) не учитывается.

14.2. Докажите, что

Число

называют биномиальным коэффициентом. Удобно считать, что Ckn = 0, если п < О или k > п.

14.3. Докажите, что

14.4. Сколько ожерелий можно составить из пяти белых бусинок и двух чёрных?

14.5. а) Семь девушек водят хоровод. Сколькими различными способами они могут встать в круг?

б) Сколько ожерелий можно составить из семи различных бусин?

14.6. Сколько существует различных путей на плоскости, ведущих из точки с координатами (0, п) в точку с координатами (яг, т), если двигаться разрешено каждый раз либо на 1 вверх (координата у увеличивается на 1), либо на 1 влево (координата х уменьшается на 1)?

14.7. а) Сколькими способами натуральное число п можно представить в виде суммы m целых неотрицательных чи-

сел, если представления п = х\ + .. .+хт и n = yi + .. , + ут считаются одинаковыми тогда и только тогда, когда Х\=у\9 ... ..., Хт = УггР*

б) Тот же вопрос для представления в виде суммы натуральных чисел.

14.8. Докажите, что

14.2. Тождества для биномиальных коэффициентов

14.9. Докажите, что:

14.10. Докажите, что (Вандермонд).

14.11. Докажите, что

14.12. Докажите, что

14.13. Докажите, что

14.14. Докажите, что если p + q= 1, то

14.15. Пусть Р(х) —многочлен степени п9 причём Р(х) = 2Х для х = 1, 2, п + 1. Вычислите Р(п+2).

14.16. Докажите, что

14.17. Докажите, что

14.18. Докажите, что если \х \ < 1, то

См. также задачи 29.53, 29.54.

14.3. Бином Ньютона в арифметике

14.19. Докажите, что числа (а + 1)а — 1 и (а — 1)а + 1 делятся на ап+1 и не делятся на ап+2.

14.20. Пусть pi = 2, р2 = 3, ... — последовательные простые числа. Докажите, что р\ ^ 4^.

14.4. Комбинаторика в арифметике

14.21. Сколько существует четырёхзначных номеров (от 0001 до 9999), у которых сумма двух первых цифр равна сумме двух последних цифр?

14.22. Сколько существует таких пар целых чисел х9 г/, заключённых между 1 и 1000, что х2 + у2 делится на 7?

14.23. Сколько существует натуральных чисел, меньших тысячи, которые не делятся ни на 5, ни на 7?

14.24. Сколько различных целочисленных решений имеет неравенство \х \ + \ у\ < 100?

14.25. Сколько существует натуральных чисел х9 меньших 10 000, для которых 2х — х2 делится на 7?

14.26. Докажите, что НОД (ai, ..., ап) = РНечет/-Рчёт» где ^Рнечет — произведение НОК всех наборов, состоящих из нечётного числа различных чисел ai, аП9 & РЧёт — произведение НОК всех наборов, состоящих из чётного числа различных чисел ai, ап. (Предполагается, что числа ai, ап попарно различны.)

14.27. Даны 6 цифр: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Найдите сумму всех четырёхзначных чётных чисел, которые можно написать этими цифрами (одна и та же цифра в числе может повторяться).

14.28. Сколькими различными способами можно представить 1 ООО ООО в виде произведения трёх натуральных чисел? Произведения, отличающиеся лишь порядком сомножителей, считаются одинаковыми.

14.5. Неравенства для биномиальных коэффициентов

14.29. Докажите, что 2п < С\п < 22\

14.6. Арифметика биномиальных коэффициентов

14.30. Пустьр — простое число и l^k^p— 1. Докажите, что Ср делится на р.

14.31. Пусть р — простое число. Докажите, что для всех натуральных т^р — 1 число (—1)тС^_1 — 1 делится на р.

14.32. Докажите, что если р — простое число, то С%р = п (mod р2).

14.33. Пусть р — нечётное простое число, п=ра~2, где а ^ 2. Докажите, что если m ^ 2, то С™ делится на ра~т.

14.34. Пусть р — простое число. Докажите, что если ра делит С\, то ра ^ п.

См. также задачи 21.31, 21.32.

14.7. Формула включений и исключений

14.35. Дано N предметов и некоторый набор свойств Pi, Рп. Пусть Ni — количество предметов, обладающих свойством Pj, Ntj — количество предметов, обладающих свойствами Pt и Ру, и т.д. Докажите, что количество предметов, не обладающих ни одним из данных свойств, равно

(формула включений и исключений).

14.36. Пусть п = р\х.. ,pakk — разложение числа на различные простые множители, ср(п) количество чисел от 1 до п,

взаимно простых с п. Докажите, что

14.37. а) Докажите, что количество перестановок ai, ап чисел 1, п, для которых at^i при всех i, равно

б) Докажите, что доля таких перестановок среди всех перестановок стремится к1/е при п^оо.

14.8. Аналоги биномиальных коэффициентов 14.38. Пусть тип — целые неотрицательные числа. Докажите, что число целое.

14.9. Числа Каталана

Пусть Со = 1, Cl = СоСо = 1» с2 = CoCi + CiCo = 2, Сз = СоС2 + cici +с2Со = 5 и вообще ck = cock-i + cick-2 + .. . + С/г-1Со. Числа С/г, заданные таким рекуррентным соотношением, называют числами Каталана.

14.39. Докажите, что количество различных способов разрезать выпуклый тг-угольник на треугольники непересекающимися диагоналями равно сп-2 (Эйлер).

14.40. В строку записана п + 1 буква. Требуется расставить п пар круглых скобок так, чтобы внутри каждой пары скобок стояли либо две соседние буквы, либо буква и соседнее выражение в скобках, либо два соседних выражения в скобках*. Докажите, что количество различных расстановок скобок равно сп (Каталан).

14.41. В расстановке скобок из задачи 14.40 сотрём все буквы и две крайние скобки (правую и левую). То, что

* Вот пример такой расстановки скобок: ((a((bc)d)) (ef)).

получится, назовём правильной скобочной структурой. Докажите, что количество правильных скобочных структур из п пар скобок равно сп.

Путём Дика из 2п звеньев называют ломаную на плоскости, которая соединяет точки с координатами (0, 0) и (0, 2п), имеет векторы звеньев (1, ±1) и целиком лежит в верхней полуплоскости x ^ 0. (Векторы последовательных звеньев могут быть одинаковыми.) Один из путей Дика изображён на рис. 14.1.

Рис. 14.1

14.42. а) Докажите, что число различных путей Дика из 2п звеньев равно сп.

б) Докажите, что число различных путей Дика из 2п звеньев равно -

14.43. а) Докажите, что количество различных последовательностей ai, a2, а^п, для которых at = ±1, а\ ^ 0, равно сп.

б) Кассир, у которого в начальный момент времени денег нет, продаёт билеты по 50 рублей. Очередь состоит из 2п человек, у половины из которых есть только одна купюра 100 рублей, а у другой половины — 50 рублей. Докажите, что количество различных порядков очереди, для которых кассир сможет всем дать сдачу, равно сп.

14.44. Шахматная ладья движется из левого нижнего угла доски п x п в правый верхний угол. При этом она делает ходы только вправо и вверх. Докажите, что количество различных путей, при которых ладья никогда не попадает на главную диагональ, за исключением исходного и конечного положения, равно сп-2-

14.45. Плоским бинарным деревом называют граф на плоскости, у которого нет циклов и из каждой вершины выходят либо три ребра, либо одно ребро. Фиксируем одну вершину, из которой выходит одно ребро, и будем называть её корнем. Все остальные вершины, из которых выходит ровно одно ребро, будем называть листьями. Докажите, что количество различных плоских бинарных деревьев с одним корнем и п листьями равно сп-\ (Кэли).

14.46. Вершины правильного (2п + 1) -угольника помечены нулями и единицами. Всего есть п+1 нуль и п единиц. Будем считать два таких набора пометок одинаковыми, если они получаются друг из друга поворотом многоугольника.

а) Докажите, что количество различных наборов пометок

равно

б) Докажите, что количество различных наборов пометок равно сп. Л „

14.47. Пусть

Докажите, что

число Каталана сп.

14.10. Элементы теории вероятностей

14.48. Какая сумма выпавших чисел более вероятна при бросании двух игральных костей: 9 или 10?

14.49. Мальчик должен сыграть в теннис три матча со своими родителями. Он будет считаться победителем, если выиграет подряд два матча. Отец играет лучше, чем

мать. Какой порядок матчей предпочтительнее для мальчика: «отец—мать—отец» или «мать—отец—мать»?

14.50. Силы двух игроков равны, т. е. они имеют равные шансы на победу в каждой партии. Они договорились, что приз получит тот, кто первым выиграет 6 партий. Им пришлось прервать игру после того, как первый игрок выиграл 5 партий, а второй — 3. В каком отношении справедливо разделить приз?

14.51. В ящике лежат красные и чёрные носки. Если из ящика наугад вытащить два носка, то вероятность того, что они оба красные, равна 1/2.

а) Какое наименьшее число носков может быть в ящике?

б) Какое наименьшее число носков может быть в ящике, если известно, что число чёрных носков четно?

14.52. На каждой грани игральной кости написано одно из чисел от 1 до 6, но некоторые числа могут быть написаны несколько раз. Будем говорить, что кость X выигрывает у У, если при одновременном бросании этих костей на X выпадает большее число, чем на У, с вероятностью больше 1/2. Могут ли три кости А, В, С обладать следующими свойствами: В выигрывает у А, С выигрывает у Б, А выигрывает у С?

Решения

14.1. а) Первый предмет можно выбрать п способами, второй предмет п—1 способами, ..., k-й предмет п — k + 1 способами. Всего

получаем

б) Каждому набору из k предметов, в котором порядок предметов не учитывается, соответствует kl наборов, в которых порядок предметов учитывается (это соответствует выбору k предметов из k различных предметов). Всего получаем

14.2. Коэффициент при хкуп~к в разложении (х + у)п равен количеству способов пометить k множителей в произведении п множителей x + у. Действительно, в каждом отмеченном множителе мы берём x, а в каждом неотмеченном множителе мы берём у. Остаётся воспользоваться результатом задачи 14.1 б).

14.3. Воспользуемся тождеством (1 + х)Аг(1 + х) = (1 + x)n+l. Коэффициент при хк в левой части равен Скп + С^-1, а в правой части равен Ckn+l.

14.4. Ответ: 3. Чёрные бусинки разбивают белые бусинки на две группы (одна из этих групп может содержать 0 бусинок). Вид ожерелья полностью определяется количеством бусинок в меньшей группе. Это количество может быть равно 0, 1 или 2.

14.5. а) Ответ: 720. Семь девушек на семь разных мест в хороводе можно расставить 7! = 5040 способами. Но в хороводе расположения, которые получаются при движении хоровода, не различаются. Поворотами хоровода из одного расположения можно получить 7 других расположений. Поэтому всего получается 7!/7 = 61 = 720 способов.

б) Ответ: 360. Ожерелье, в отличие от хоровода, можно не только вращать по кругу, но и перевернуть. В результате получаем 720/2 = 360 различных ожерелий.

14.6. Ответ: С™. Всего мы должны сделать m шагов вверх и п — m шагов влево. Поэтому из п шагов нужно выбрать m шагов вверх.

14.7. а) Ответ: Спп+пг_1 способами. Сопоставим разложению п = Х\ + ... + хт последовательность нулей и единиц, в которой сначала идёт х\ единиц, потом один нуль, потом х2 единиц, потом один нуль и т.д.; в конце идёт хт единиц. Всего в этой последовательности п + m — 1 цифр, среди которых п единиц. Поэтому мы должны выбрать п предметов из п + m — 1 занумерованных (т. е. различных) предметов.

б) Ответ: C^Z™- Каждому разложению п = х\ + ... + хт, где х\, ..., хт — натуральные числа, соответствует разложение п-т = у\ + ... + ут, где у\ = х\ - 1, ут = хт-\.

14.8. Чтобы в произведении п множителей х\ +... + #£ получить моном х1± ...х1£, нужно сначала выделить h множителей из п и выбрать в них xi, затем нужно выделить 12 из оставшихся п — 1\ множителей и выбрать в них х2, затем нужно выделить Is из оставшихся п — h — 12 множителей и выбрать в них Хз и т. д. Поэтому коэффициент при мономе х1± ...х1£ равен

Заметив, что п — 1\ — ... — 1п = 0, получаем требуемое.

14.10. Сравните коэффициенты при х в обеих частях равенства

14.11. Примените тождество из задачи 14.10 при п = m = k и воспользуйтесь тем, что С1п =Сп~1.

14.12. Коэффициент при хп~к в разложении (1 + х)2п равен C2nk = C2nk- С другой стороны,

В последнем выражении коэффициент при хп к равен

14.13. Требуется доказать, что

Это равенство очевидно.

14.14. Пусть

В действительности суммирование можно вести по всем г, так как если г>п/2, то п — г<г, а потому Сгп_г = 0. Поэтому

Ясно также, что So = Si = 1. С другой стороны, -= 1 и = р + q= 1. Поэтому при п = 0 и при п = 1 требуемое утверждение верно. Если равенство

доказано для всех k ^ п, то

Выражение

можно рассматривать как многочлен степени п от переменной х. Пусть

Ясно, что С^_1+С^_1+... + С£_1 = (1 + 1)х-1=2х-1 при х=1, 2, ... п + 1. Поэтому Р(х) = /(х), поскольку эти многочлены степени п совпадают при п + 1 различных значениях х. Следовательно,

14.16. Продифференцируем тождество

множим полученное равенство на х. В результате получим

при x = 1 получаем первое из требуемых тождеств. Ещё раз повторив дифференцирование по х и домножение на х, получим

при х= 1 получаем второе из требуемых равенств.

14.17. Запишем тождество

и проинтегрируем его:

При х= 1 получаем первое требуемое тождество, а при х=—1 — второе.

14.18. Применим индукцию по п. При п = 1 получаем обычную формулу для суммы бесконечной геометрической прогрессии.

Чтобы перейти от пк п+ 1, нужно доказать тождество

Коэффициенты при xk в левой и правой частях равны Cnn+k — CnnJrk_x и Спп~{_\_1 соответственно. Эти числа равны.

14.19. Мы приведём доказательство лишь для первого числа (для второго числа рассуждения аналогичны). При п = 0 утверждение очевидно. При п = 1 получаем (1 + а)а — 1 = а-а + С2а2 (mod а3).

Число

делится на а2 и не делится на а3.

Предположим теперь, что

делится на ап+ и не делится на ап+2 для некоторого 1. Тогда

(здесь Ь — целое число, которое не делится на а). Если п ^ 1, то 2л + 2>л + 2, поэтому (а+1)а'г+1 -1 = Ъап+2 (mod а"+3); число fra"+2 делится на ап+2 и не делится на a"+3.

14.20. Докажем индукцией по п, что если ^ п, где гс ^ 2, то Pi ...pk^4n. При гс = 2 требуемое утверждение очевидно. Предположим, что оно доказано для всех чисел, не превосходящих п — 1. Чтобы сделать шаг индукции, разберём отдельно два случая.

Пусть п = 2т. Согласно предположению индукции произведение всех простых чисел, не превосходящих т, не превосходит 4т. Кроме того, все простые числа pt, для которых m + 1 ^ р\ ^ 2т, делят число С2т = -—у^-, а это число не превосходит 22пг = 4т.

В результате получаем, что произведение простых чисел, не превосходящих п = 2т, не превосходит 4т • 4т = 42т = 4п.

Пусть п = 2т + 1. Согласно предположению индукции произведение всех простых чисел, не превосходящих m + 1, не превосходит 4m+1. Кроме того, все простые числа для которых m + 2 ^ Di ^ 2т + 1, делят число C2L . i = -^7-^—777. Ясно также, что С2т+1 = C2J+1 и С2т+1 + С2^+1 < 2 ^ , поэтому C2m+l ^ 2 . В результате получаем, что произведение простых чисел, не превосходящих п = 2т + 1, не превосходит 4m+1 • 22т = 42m+1 = 4".

14.21. Ответ: 669. Пусть сумма первых двух цифр равна гс, и сумма двух последних цифр тоже равна п. Число п принимает значение от 1 до 18. Если количество двузначных номеров,

у которых сумма цифр равна п, равно ап, то искомое число равно а\ + а\ + ... + а28. Двузначный номер, у которого сумма цифр равна п, состоит из цифр а и п — а, где 0 ^ а ^ 9 и О^п — а ^ 9. Таким образом, 0^а^9и п — 9^а^п. Если д^9, то остаётся неравенство О ^ а ^ п, а если п ^ 9, то остаётся неравенство д — 9 ^ а ^ 9. В итоге получаем ai = 2, a2 = 3, as = 9, ag = 10, аю = 9, ai7 = 2, ais = 1.

14.22. Ответ: 1422 = 20164. Число x2 + y2 делится на 7 тогда и только тогда, когда оба числа х и у делятся на 7. Действительно, квадрат целого числа при делении на 7 даёт остатки 0, 1, 2 и 4. Количество целых чисел, заключённых между 1 и 1000 и делящихся на 7, равно 142. Поэтому искомое число равно 1422 = 20164.

14.23. Ответ: 686 чисел. Сначала вычеркнем из набора чисел 1, 2, 999 числа, кратные 5; их количество равно |^——J = 199.

Затем из того же набора чисел 1, 2, 999 вычеркнем числа, кратные 7; их количество равно \ — 142. При этом числа, кратные 35, будут вычеркнуты дважды. Их количество равно |^-^-J = 28. Значит, всего мы вычеркнули 199 + 142 — 28 = 313 чисел, а осталось 999 — 313 = 686 чисел.

14.24. Ответ: 338 350. Уравнения \х\ + \у\ = 0, \х\ + \у\ = 1, | х | + | г/1 = 2, | х | + | г/1 = 99 имеют, соответственно, 1, 22, З2, ... 1002 целочисленных решений. Поэтому искомое число равно

(см. задачу 9.12).

14.25. Ответ: 2857. Остатки от деления на 7 чисел 2х и х2 повторяются с периодами 3 и 7, поэтому остатки от деления на 7 числа 2х — x2 повторяются с периодом 21. Среди чисел х от 1 до 21 равные остатки от деления на 7 чисел 2х и х2 дают ровно 6 чисел. Поэтому среди чисел от 1 до 9996 = 21 • 476 есть 476-6 = 2856 требуемых чисел. Непосредственная проверка с использованием полученной последовательности остатков показывает, что из оставшихся чисел 9997, 9998 и 9999 только число 9998 обладает требуемым свойством.

14.26. Эта задача — обобщение задачи 4.19, при решении которой показано, что достаточно рассмотреть случай, когда ai=pai,... ..., ап = ра'г Hai^2^...<a„.

Множитель pai входит только в Рнечет, причём ровно один раз (когда мы берём набор, состоящий из одного числа ai). Покажем, что все остальные множители, входящие в Рнечет и в РЧёт, взаимно сокращаются. НОК набора чисел равно pak+1, если одно из этих чисел равно а/г+i, а все остальные числа выбраны из ai, a/г. По-

этому в Рнечет множитель pCXk+1 входит C°k + С\ + С\ + .. . раз, в Рнечет этот множитель входит С\ + С\ + С\ +... раз. Согласно задаче 14.9 б) каждая из этих сумм равна 2/г_1.

14.27. Ответ: 1 769 580. Будем отдельно подсчитывать сумму тысяч, сотен, десятков и единиц для рассматриваемых чисел. На первом месте может стоять любая из пяти цифр 1, 2, 3, 4, 5. Количество всех чисел с фиксированной первой цифрой равно 6 • 6 • 3 = 108, поскольку на втором и третьем месте может стоять любая из шести цифр, а на четвёртом месте может стоять любая из трёх цифр 0, 2, 4 (мы рассматриваем только чётные числа). Поэтому сумма тысяч равна (1 + 2 + 3 + 4 + 5) • 108 • 1000 = 1 620 000. Количество чисел с фиксированной второй цифрой равно 5 • 6 • 3 = 90 (на первом месте стоит любая из пяти цифр). Поэтому сумма сотен равна (1 + 2 + 3 + 4 + 5) • 90 • 100 = 135 000. Аналогично сумма десятков равна (1 + 2 + 3 + 4 + 5) • 90 • 10 = 13 500, а сумма единиц равна (2 + 4) • 5 • 6 • 6 = 1 080.

14.28. Ответ: 139. Пусть множители имеют вид 2ai5&1, 2Ö25Ö2 и 2аз5&3. Тогда а\ + а 2 + as = 6 и Ъ\ + b<i + Ьз = 6. При этом числа а/ и bi могут быть равны нулю. Если а\ = /г, то для разложения #2 + аз = 6 — k получаем 7 — k вариантов. Поэтому для разложения di + #2 + аз = 6 получаем 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28 вариантов. Всего получаем 282 = 784 способа.

Но мы пока не учли тождественность разложений, отличающихся лишь порядком множителей. Есть ровно одно разложение, не зависящее от порядка множителей, в котором все множители равны 100. Те разложения, в которых есть два равных множителя, мы посчитали трижды. В каждый из равных множителей 2 может входить в степени 0, 1, 2 или 3, т.е. всего четырьмя различными способами; столькими же способами может входить 5. Всего получаем 16 разложений такого вида, но одно из них — рассмотренное выше разложение с тремя равными множителями. Остаётся 15 разложений, каждое из которых мы посчитали трижды. Количество разложений с попарно различными множителями равно 784 — 1 — 45 = 738. Каждое из них мы посчитали 6 раз, поэтому среди них будет 738/6= 123 различных разложения. Всего получаем 1 + 15 + 123 = 139 разложений.

14.29. С одной стороны, 22п = ( 1 + 1 )2п = С°2п + С\п +... + С\пп > Сп2п. С другой стороны,

поскольку

14.30. По определению

Числитель делится на р, а знаменатель не делится на р. Поэтому целое число, которое получается в результате деления числителя на знаменатель, делится на р.

14.31. Тождество

показывает, что Если 1 ^ m ^ р — 1, то согласно задаче 14.30 каждое слагаемое ( — 1)кСр делится на р.

14.32. Тождество (1 + х)пр = ((1 + х)п)р показывает, что

Согласно задаче 14.30 число Ср делится на р, если 0 < k < р. Поэтому в указанной сумме на р2 делятся все слагаемые, за исключением тех, для которых kt = р для некоторого i. Каждое из таких слагаемых равно 1, а их количество равно п.

14.33. При т = 2 нужно доказать, что

делится на п; это очевидно.

Пусть m ^ 3. В выражении

числитель делится на п = ра 2, а наивысшая степень р, на которую делится знаменатель, равна

Если m = 3, то Сп делится на р в степени

Если m ^ 4, то Сп делится на р в степени

14.34. Ясно, что

Рассматриваемое простое число р делит числитель этой дроби. Пусть рг — наибольшая степень р, которая делит хотя бы одно из чисел от п — k + 1 до п включительно; пусть это будет число m (если таких чисел несколь-

ко, то мы выбираем любое из них). Сосредоточим внимание на числе m и в соответствии с этим запишем числитель рассматриваемой дроби в виде

здесь т + а = п и т — Ъ = п — /г +1, поэтому k = а + Ъ + 1. Множители знаменателя переставим в соответствии с записью числителя:

Число

целое; обозначим его I.

Итак, множитель — мы переставили в конец.

Пусть X — некоторое целое число, причём — Ъ ^ х^ a, aрп — наибольшая степень р, делящая х. Если г\ < г, то наибольшая степень р, которая делит числитель дроби -, равна р 1. Степени в числителе и в знаменателе сокращаются. Предположим теперь, что г\ ^ г. Из неравенств для х следует, что п — k+l^m + x^n. Поэтому согласно выбору числа m наибольшая степень р, которая делит числитель дроби -, не превосходит рг. В этом случае после сокращения степень р может остаться только в знаменателе. Таким образом, наибольшая степень р, делящая С„, не превосходит наибольшей степени р, делящей т. Значит, ра ^pr ^ m ^ п.

14.35. Первое решение. Элемент, не обладающий ни одним из данных свойств, даёт вклад только в первый член N. Элемент, обладающий ровно одним свойством, даёт вклад в первые два члена; его общий вклад равен 1 — 1 = 0. Элемент, обладающий ровно k ^ 2 свойствами, даёт вклад в первые k + 1 членов. В член он даёт вклад Clk, поэтому его общий вклад равен

Второе решение. Положим

Тогда искомое число равно

Остаётся заметить, что

14.36. Пусть данные предметы — числа от 1 до п, а свойство Р; заключается в том, что данное число не делится на pL. Количество чисел от 1 до п, делящихся на р-19 равно n/pi, делящихся на pt и на Pj, равно- и т. д. Поэтому по формуле включении и исключений PlPj

14.37. а) Воспользуемся формулой включений и исключений. А именно, пусть предметы — это перестановки чисел 1, п; их количество равно ni. Свойство Р; заключается в том, что щ = i. Тогда Ni, и = (п — k)l — количество перестановок, оставляющих на месте k чисел ii, 4. Количество слагаемых в сумме

равно Сп — это количество способов выбрать k элементов среди п элементов. Остаётся заметить, что б) Доля таких перестановок равна

При п —> оо это число стремится к е 1 (задача 29.47).

14.38. Положим

Тогда

Кроме того,

Заметив, что

получим

14.39. Пусть искомое число равно dn. Ясно, что dz = 1 и d\ = 2. Для удобства положим d2 = 1. Проверим, что d$ = dzd^ + dsds + а^а^. Фиксируем одну из сторон пятиугольника. Пусть этот пятиугольник разрезан непересекающимися диагоналями на треугольники. К фиксированной стороне прилегает ровно один из этих треугольников. Возможны три варианта: слева от этого треугольника расположен четырёхугольник, по обе стороны расположены треугольники, справа расположен четырёхугольник. Каждый из этих многоугольников нужно разрезать диагоналями на треугольники, а затем подсчитать общее число вариантов. В результате получим d4 + азаз + dï = dzd\ + азаз + d4#Y

Аналогично для любого п получаем dn = d<idn-\ + азап-2 + ... ... + d„_id2. Значит, dn = cn-2-

14.40. Между расстановками скобок для п+ 1 букв и разрезаниями (п + 2)-угольника на треугольники непересекающимися диагоналями можно установить взаимно однозначное соответствие. На рис. 14.2 показано, как это делается в конкретном случае.

Рис. 14.2

В общем случае буквы последовательно записываются на сторонах (п + 2)-угольника по часовой стрелке. Одна фиксированная сторона остаётся свободной. Если заданы диагонали (п + 2)-угольника,

то каждой диагонали сопоставляем пару скобок, заключающих выражения на сторонах прилегающего к ней треугольника. Так последовательно будут записаны выражения в скобках на каждой диагонали, и в конце на свободной стороне будет записана требуемая расстановка скобок. Наоборот, если задана расстановка пар скобок, то ей можно сопоставить набор диагоналей, сопоставляя каждой паре скобок диагональ, начиная со скобок, заключающих пару соседних букв.

14.41. Правильная скобочная структура из п скобок характеризуется тем, что в ней п левых скобок, п правых скобок, и в любом её начальном участке количество правых скобок не превосходит количества левых скобок. Ясно, что при п = 1 и 2 количество правильных скобочных структур равно 1 и 2 соответственно. Требуемое рекуррентное соотношение доказывается следующим образом. Сопоставим крайней левой скобке первую правую скобку, для которой количество левых скобок и количество правых скобок, заключённых между этими скобками, равны. Тогда между указанными скобками заключена правильная скобочная структура из k пар скобок для некоторого k (возможно, k = 0). Действительно, иначе выбранная правая скобка не была бы первой. Вне выбранных скобок расположена правильная скобочная структура из п — k — 1 пар скобок. Ясно также, что обе эти правильные скобочные структуры могут быть произвольными.

14.42. а) Взаимно однозначное соответствие между путями Дика и правильными скобочными структурами из задачи 14.41 можно установить, сопоставив звену (1, 1) левую скобку, а звену (1, —1) —правую скобку.

б) Дополним путь Дика (в конце) одним звеном (1, —1). Фиксируем в полученном пути одно из п+ 1 звеньев (1, —1) и сопоставим ему путь из точки (1, —1) в точку (2п + 1, —1) следующим образом. Перенесём параллельно в начало координат путь, который состоит из фиксированного звена и следующего за ним участка пути Дика, включая добавленное звено. В конец полученного пути перенесём начальный участок пути Дика от начала координат до фиксированного звена. Теперь фиксированное звено всегда ведёт в точку (1, —1), поэтому мы получаем путь из точки (1, —1) в точку (2д+ 1, —1). По этому пути мы можем восстановить исходный путь Дика. А именно, рассмотрим все нижние точки пути и выберем среди них крайнюю справа. Эта точка разбивает путь на два участка. Перенесём первый участок так, чтобы он заканчивался в точке (2д+ 1, —1), а второй участок — так, чтобы он начинался в точке (0, 0). В результате после отбрасывания последнего звена

получим путь Дика: это очевидно для первого участка полученного пути и легко проверяется для второго. Если мы возьмём какую-нибудь другую нижнюю точку пути и попробуем применить ту же самую конструкцию, то для первого участка полученного пути требуемое свойство будет выполняться, а для второго — нет.

Количество всех путей из точки ( — 1, 1) в точку (2п + 1, —1) равно С\п. Действительно, из 2п звеньев мы должны выбрать п звеньев (1, 1). Каждому пути Дика соответствует ровно п + 1 таких путей, поэтому количество путей Дика равно —~^^2п*

14.43. а) Между такими последовательностями и путями Дика можно установить взаимно однозначное соответствие, сопоставив числу щ звено (1, а,).

б) Положим а/ = 1, если у i-vo человека в очереди 50 рублей, и щ = — 1, если 100. Кассир сможет всем дать сдачу тогда и только тогда, когда на каждом шаге количество полученных им 50-рублёвых купюр не меньше количества 100-рублёвых, т. е. а\ ^ 0, ai + а2 ^ 0, ..., ai + а2 + ... + а2п-\ ^ 0 (по условию di + #2 + ... + (i2n = 0). Таким образом, мы приходим к задаче а).

14.44. Первый и последний ходы ладьи определены однозначно. Поэтому можно рассматривать пути ладьи без первого и последнего хода. Взаимно однозначное соответствие между такими путями и путями Дика из 2(п — 2) звеньев устанавливается очевидным образом.

14.45. На рис. 14.3 показано, как плоскому бинарному дереву с одним корнем и п листьями можно сопоставить разбиение (п+ 1)-угольника на треугольники и расстановку скобок для

Рис. 14.3

п букв. В многоугольнике выделяется одна сторона, которая соответствует корню. Остальные стороны соответствуют листьям.

14.46. а) Количество способов пометить п вершин (2п + 1)-угольника единицами (а на остальные места поставить нули) равно ^2/1+1« Число 2п + 1 не делится на п, поэтому никакой набор пометок не может перейти сам в себя при повороте (2п+ 1)-угольника. Количество поворотов (2п + 1)-угольника, переводящих его в себя, равно 2п+ 1. Поэтому количество различных наборов пометок равно

б) Покажем, что существует взаимно однозначное соответствие между наборами пометок и расстановками п пар скобок для п + 1 букв. Сопоставим расстановке скобок последовательность из нулей и единиц, заменив каждую левую скобку единицей, а каждую букву нулём; правые скобки при этом игнорируются. Обратная операция для последовательностей определена не всегда, потому что расстановке скобок не может соответствовать последовательность, начинающаяся с нуля. Поэтому запишем полученную последовательность в вершинах правильного (2п + 1)-угольника по часовой стрелке. Для такого набора пометок обратная операция определена однозначно. Действительно, нулей больше, чем единиц, поэтому обязательно найдётся тройка последовательных чисел 100. Для такой тройки расстановка скобок определена однозначно: правая скобка стоит сразу же за соответствующими двумя буквами. Выражение в скобках играет такую же роль, как буква. Поэтому последовательность 100 можно заменить на 0, перейдя к (2п — 1)-угольнику, и т. д.

14.47. Воспользовавшись формулой из задачи 14.18, получим

Значит, коэффициент при хр в выражении

Нас интересует случай, когда р = 2п и q = 2n + 2.

В этом случае коэффициент

14.48. Ответ: 9. Числа 9 и 10 можно получить двумя разными способами: 9 = 3 + 6 = 4 + 5 и 10 = 4 + 6 = 5 + 5. Но нам необходимо учитывать порядок, в котором выпадают числа на костях. Поэтому число 9 получается четырьмя разными способами, а число 10 лишь тремя: 9 = 3 + 6 = 6 + 3 = 4 + 5 = 5 + 4, 10 = 4 + 6 = 6 + 4 = 5 + 5.

14.49. Ответ: «отец—мать—отец». (Такой ответ представляется на первый взгляд странным, потому что приходится дважды играть с сильным игроком. Но при другом порядке матчей нужно обязательно выиграть единственный матч с сильным игроком, а не один из двух матчей.)

Пусть вероятность выиграть матч у отца равна p, а у матери — q. По условию p <q. Победу мальчику приносят следующие исходы турнира: ВВП, ВВВ, ПВВ (здесь В означает выигрыш, а П — проигрыш). Для турнира «отец—мать—отец» вероятности таких исходов равныpq(l —p), pqp, (1 —p)qp- Поэтому вероятность выигрыша в таком турнире равна 2pq — pqp. Аналогично вероятность выигрыша в турнире «мать—отец—мать» равна 2pq — qpq. Ясно, что pqp < qpq, поэтому 2pq — pqp > 2pq — qpq.

14.50. Ответ: 7:1. Пусть игроки сыграют ещё три партии, т. е. игра фиктивно продолжается даже после того, как первый игрок получил приз. Второй игрок получит приз тогда и только тогда, когда он выиграет все три партии. Поскольку все 23 = 8 исходов этих трёх партий равновероятны, второй игрок получит приз с вероятностью 1/8. Соответственно, первый игрок получит приз с вероятностью 7/8.

14.51. а) Ответ: 4. Пусть в ящике лежит m красных носков и п чёрных. Вероятность того, что первый выбранный носок красный, равна ———. При условии, что первый выбранный носок красный, вероятность того, что второй выбранный носок тоже красный, равна

Поэтому вероятность того, что оба носка красные, равна

Таким образом, требуется, чтобы выполнялось равенство

(1)

При п= 1 получаем т = 3. Такой набор носков нам подходит.

б) Ответ: 21. Ясно, что п > 0. Тогда, как легко проверить,

Поэтому должны выполняться неравенства

По условию число п четно.

Для п = 2, 4, 6 получаем m = 5, 10, 15. В первых двух случаях равенство (1) не выполняется, а в третьем выполняется. При этом д + т = 6+ 15 = 21.

Замечание. Положим х = m — п и у = п. Тогда равенство (1) перепишется в виде (2х — I)2 — 2(2у)2 = 1. Поэтому в общем случае мы имеем дело с уравнением Пелля.

14.52. Ответ: да, могут. Пусть, например, на гранях костей написаны следующие числа:

на кости А 1, 4, 4, 4, 4, 4; на кости Б 2, 2, 2, 5, 5, 5; на кости С 3, 3, 3, 3, 3, 6.

В выигрывает у А, если на В выпадает 5 или на В выпадает 2, а на А выпадает 1. Вероятность этого равна 1/2 + 1/2 • 1/6 = 7/12 > >1/2.

С выигрывает у Б, если на С выпадает 6 или на С выпадает 3, а на Б выпадает 2. Вероятность этого равна 1/6 + 5/6 • 1/2 = 7/12 > >1/2.

А выигрывает у С, если на А выпадает 4, а на С выпадает 3. Вероятность этого равна 5/6 • 5/6 = 25/36 > 1/2.

ГЛАВА 15

РЕКУРРЕНТНЫЕ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ

Рекуррентной последовательностью порядка k называют последовательность чисел m, U2, где числа m, U2, ..., Uk произвольные, а при всех п ^ 1 выполняется соотношение Un+k = diUn+k-i + ... + akUn, где ai, ak — некоторые фиксированные числа.

15.1. Общие свойства

15.1. Пусть ai, a2,..., au — фиксированные числа и ип+и = aiun+k-i +... + akUn. Докажите, что

где Pk-i(x) — многочлен степени не выше k — 1.

15.2. Пусть ai, ,..., au — фиксированные числа и ип+и = aiun+k-i + ... + CLkUn. Предположим, что Xi, Xk — попарно различные корни уравнения xk = aixk~1 + <i2Xk~2 + ... + аи. Докажите, что тогда ип = cix^_1 + ... + с^х^-1 для некоторых фиксированных чисел Ci, с^.

15.2. Числа Фибоначчи

Числами Фибоначчи называют последовательность чисел Fi = 1, 2^2 = 1, = ^/z-i + Fn-2 при д ^ 3. Начало этой последовательности имеет вид 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...

15.3. Докажите, что Fn+k = Fn-1Fk+FnFk+i.

15.4. а) Докажите, что числа Fn и Fn+\ взаимно просты, б) Докажите, что НОДСРт, Fn) =Fd, где й = НОД(яг, п).

15.5. Докажите, что если т>2, то Fn делится на Fm тогда и только тогда, когда п делится на т.

15.6. Докажите, что

(Бине).

15.7. Докажите, что для любого натурального п число

делится на 2П 1.

15.8. а) Пусть /i(x) = l, f2(x)=x и fn(x)=xfn-i(x)+fn-2(x) при п^З. Докажите, что

б) Докажите, что

15.9. Докажите, что

15.10. Докажите, что для любого натурального числа п найдётся число Фибоначчи, делящееся на п.

15.11. Докажите, что сумма восьми последовательных чисел Фибоначчи не может быть равна числу Фибоначчи.

15.12. Докажите, что если а2 — ab — b2 = ±l, где а и Ъ — натуральные числа, то a = Fn+\ и b = Fn для некоторого п.

15.13. Найдите все решения в натуральных числах уравнения

— биномиальный коэффициент.

15.14. а) Докажите, что F2n+iF2n-i=F\n + 1.

б) Докажите, что F2n+1 +F22n_l + 1 = 3F2n+i*2n-i.

15.15. При каких натуральных а и & число а2 + Ъ2 + 1 делится на ab?

15.16. Найдите все пары натуральных чисел а и &, для которых а2 + 1 делится на &, а Ъ2 + 1 делится на а.

15.17. Докажите, что любое натуральное число п единственным образом можно представить в виде n=Fjîl +Fk2 + ... ... + Fkm, где ki>k2 + l, k2>k3 + l, km-i>km + l, km>l.

15.18. Докажите, что число Фибоначчи с нечётным номером не может делиться на простое число вида 4k + 3.

15.3. Числа Фибоначчи и алгоритм Евклида

15.19. Пусть а и Ъ — натуральные числа, причём а > Ъ и НОД (а, Ъ) = d. Докажите, что если алгоритм Евклида, применённый к а и &, останавливается после п шагов, то a^dFn+2 и b^dFn+1.

15.20. а) Докажите, что Fn+b > 10Fn при п ^ 2. б) Докажите, что если Fn+\ < 10^, то п ^ 5k.

15.21. Докажите, что количество шагов алгоритма Евклида, применённого к паре натуральных чисел а> Ь, не превосходит количества цифр десятичной записи числа Ь, умноженного на 5.

15.4. Числа Фибоначчи в комбинаторике

15.22. Чему равно количество подмножеств множества {1, 2, 3, п}, не содержащих двух последовательных чисел?

15.23. Сколькими способами можно представить число п в виде суммы нескольких слагаемых, равных 1 или 2? (Представления, различающиеся порядком слагаемых, считаются различными.)

15.24. Сколькими способами можно представить число п в виде суммы нескольких целых слагаемых at^21 (Представления, различающиеся порядком слагаемых, считаются различными.)

15.25. Сколькими способами можно представить число п в виде суммы положительных нечётных слагаемых? (Представления, различающиеся порядком слагаемых, считаются различными.)

15.5. Специальные рекуррентные последовательности

15.26. Пусть а\ = 1, а<2 = 0, аз = 1 и

при п ^ 1. Докажите, что а„ — квадрат целого числа для любого /г ^ 1.

15.27. Пусть ui = l, 1/2 = 0, из = 1 и и„ = ип-2 + ^д-з при 71 ^ 4. Докажите, что г/2я — и\-\ и ^2n+i — делятся на ип.

Решения

15.1. В произведении

коэффициент при xn+k~l, тг^ 1, равен г/л+£ — a\un+k-i — ... — akUn = 0. Значит, это произведение представляет собой многочлен Pk-i(x) степени не выше k — 1.

15.2. Согласно задаче 10.36 можно выбрать числа с\, Ck так, что

Тогда

Аналогично Cix^+1 +... + CkX1^1 = Uk+2 и т. д.

15.3. Применим индукцию по k. При k = 1 получаем i^+i = 2^_1 +Fn,Si при /г = 2 получаем 2^+2 =Fn-i + 2F„ = -F#i-i + ^+^ = +^л. База индукции доказана. Предположим теперь, что Fn+k-2 =Fn-\Fk-2 +FnFk-i и Fn+k-i =Fn-\Fk-\ +FnFk. Тогда Fn+k = Fn-i(Fk-2 + Fk-i) +Fn(Fk-i + Fk) =Fn-\Fk +FnFk+i.

15.4. а) Предположим, что числа Fn и Fn+i делятся на целое число d> 1. Тогда Fn-i = Fn+i — Fn тоже делится на d и т. д. В итоге получим, что 7^2 = 1 делится на d.

б) Воспользуемся формулой F n+k=F n-iF k+F nF k+i (задача 15.3). Положим m = n + k. При m > k получаем

поскольку числа Fk и Fk+i взаимно простые. Теперь можно воспользоваться результатом задачи 4.11.

15.5. Число Fn делится на Fm тогда и только тогда, когда НОД (2^, Fm) = F m, С другой стороны, согласно задаче 15.4 НОД (2^, Fm) = ^нодс^т). Таким образом, получаем следующее условие: НОД (гс, m) = m (здесь мы пользуемся тем, что m > 2). Полученное равенство, в свою очередь, эквивалентно тому, что п делится на т.

15.6. Согласно задаче 15.2 Fn = cixj + С2Х%, где х\ и Х2 — корни уравнения х2 = х + 1, a Ci и С2 — некоторые константы. Решая квадратное уравнение, получаем = Константы с, и с2

мы находим, воспользовавшись тем, что Fi = 1 и 2^2 = 1.

15.7. Формула Бине (задача 15.6) показывает, что

15.8. а) Многочлены fi(x) и f2(x) имеют указанный вид. Поэтому достаточно проверить, что многочлены указанного вида удовлетворяют указанному рекуррентному соотношению. Но если посмотреть на коэффициенты при степенях х по отдельности, то это рекуррентное соотношение сводится к основному тождеству для биномиальных коэффициентов: Ckn_k = Ckn_k_x +CknZ\_i-

б) Непосредственно следует из а), поскольку Fn = fn(l).

15.9. Ясно, что (1-х - x2) (Fi + F2x + Fsx2 + F4x3 + ...)= Fi + (F2 - Fi ) x + (Fs - F2 - Fi ) x2 + CF4 - ^3 - F2 ) x3 +... При этом Fi = 1, F2 — Fi = 0, F3 — F2 — Fi = 0, F4 — F s F 2 = 0, ...

15.10. Рассмотрим пары остатков от деления на п соседних чисел Фибоначчи Fk и Fk+i для k=l, 2, д2 + 1. Количество различных пар остатков равно п2, поэтому среди рассматриваемых пар остатков найдутся две одинаковые пары, т.е. числа Fk — Ft и Fk+i — Fi+i делятся на п для некоторых чисел l^k<l^n2 + l. Тогда число Fk-i — F1-1 = Fk+i — ^/+1 — (Fk — Fi) тоже делится на п и т. д. В конце концов получаем, что числа F2 — Fi-k+2 и Fi —Fi-k+i делятся на д. Поэтому Fi-k = FL-k+2 —Fi-k+i =F2 -Fi = 0 (mod n).

15.11. Пусть S = Fk+i + Fk+2 + ... + Fk+8 — сумма восьми последовательных чисел Фибоначчи. Достаточно доказать, что

Fk+9 < S < Fk+io- Первое неравенство очевидно: S > Fk+i + Fk+s = Fk+9- Докажем теперь второе неравенство. Ясно, что

Последнее выражение, очевидно, больше S.

15.12. Равенство а2 = Ь2 + ab ± 1 показывает, что а^Ъ, причём а = Ъ лишь в том случае, когда оба эти числа равны 1. Поэтому будем считать, что а>Ь. Для пары b, а — b тоже выполняется требуемое равенство, поскольку Ъ2 — (a — b)b— (a — b)2 = — (a2 — ab — b2). Поэтому после нескольких таких замен мы дойдём до пары (1, 1). Обратное преобразование имеет вид (х, у) ^ (х + у, х), поэтому из пары (1, 1) мы будем последовательно получать пары (Fn+i, Fn) для п = 2, 3, ...

15.13. Рассматриваемое уравнение эквивалентно уравнению тп= (п — т) (п — т+1). Пусть а = НОД(т, п), n = dan m = db. После сокращения на d получаем уравнение abd = (а — Ь)((а — b)d + 1). Число d взаимно просто с (а — b)d + 1, а число ab взаимно просто с а — Ь, поэтому ab = (а — b)d + 1 и d = а — Ь. Подставим в первое уравнение выражение a = b + d и заменим а — b на d. В результате получим b2 + bd = d2 + 1, т. е. b2 + bd — d2 = 1. В задаче 15.12 приведено решение уравнения чуть более общего вида, когда в правой части стоит ±1. Отбросив те решения, которые соответствуют — 1, получим d = F2k, b = F2k-i и a = b + d = F2k+i- Таким образом, n = F2kF2k+l и 771 = F2kF2/e— 1 •

Замечание. Равенство C^_1 = C™_X эквивалентно равенству

15.14. а) Применим индукцию по п. При п = 1 равенство очевидно. Предположим, что доказано равенство i^+i^/z-i =F\n + 1 для некоторого п. Тогда

Остаётся заметить, что

б) Воспользовавшись задачей а), получаем

а значит, F\n+\ +F\n-\ + 1 = 3^+1^-1.

15.15. Можно считать, что а ^ fr. Согласно задаче 15.14 б) пара чисел (а, fr) = (Р2л+ь ^2^-1), п^1, обладает требуемым свойством; пара чисел (а, fr) = (1, 1) тоже. Покажем, что никакие другие пары натуральных чисел (а, fr), где а ^ fr, этим свойством не обладают. Применим индукцию по а. Прежде всего отметим, что если а = fr, то число 2а2 + 1 делится на а2, поэтому а = 1. Предположим, что а2 + fr2 + 1 = kab, где /г — натуральное число и а > 1. Положим ai = fr и Ь\ = kb — а =-. Тогда а2 + Ъ\ + 1 = fr2 + /г V - 2&afr + а2 + 1 = /г V - kab = kb(kb - а) = Ы\Ъ\, поэтому числа (ai, fri) обладают требуемым свойством. Проверим, что 1 ^fri ^ai <a. Действительно, fri =-< —-— <fr +1. Число fri целое, поэтому fri ^ fr = ai. Кроме того, ai = fr < a по условию. Значит, по предположению индукции fr = ai =^2л+1 и kb — a = b\ = F2n-\ для некоторого д ^ О (мы считаем, что P_i = 1). Но в таком случае из равенства а2 + fr2 + 1 = kab следует, что k = 3, поэтому a = kb — frl = 3^2/1+1 — F2n-l = 2^2/1+1 + ^2/z+l — F2n-l = ^2/z+l + ^2/г+1 + ^2я = ^2/z+l + F2n+2 = ^2/г+З •

15.16. Формула F\n+l +F\n_l +1 = 3^2/1+1^2/1-1 из задачи 15.14 б) показывает, что пара (^2/г-ь ^2/z+i) обладает требуемым свойством. Покажем, что никакая другая пара натуральных чисел (a, fr), где a^fr, этим свойством не обладает. Применим индукцию по fr. Прежде всего заметим, что если a = fr, то a2 + 1 делится на а, поэтому а = fr = 1. Пусть fr>l, а ^ fr, a2 + l = Afr и fr2 + 1 = |ua, где Я и — целые числа. Тогда (а2 + I)2 = A2fr2 = X2(yta — 1), поэтому 1 = —Я2 (mod а), т.е. Я2 + 1 делится на а. Кроме того, ab ^ а (а + 1) ^ а2 + 1, поэтому Я ^ а < fr. Воспользовавшись предположением индукции, получим Я = F2n-\ и a = Р2/г-ь Значит,

15.17. В качестве 2^ выберем наибольшее число Фибоначчи, не превосходящее п, т. е. FÄ1 ^n<Fkl+\. Тогда 0^п-Fkl <Fkl+\-Fkl = Fkl-\. Поэтому если в качестве Fk2 мы выберем наибольшее число Фибоначчи, не превосходящее n — Fkl, то Fk2 <Fkl-i, т. е. £2 +1 < <k\. Затем выбираем наибольшее число Фибоначчи, не превосходящее n-Fkl- Fk2, и т. д.

Единственность представления следует из того, что Fkx ^ п < <Fkl+i. Действительно, Fkl + Fk2+...+Fkm ^Fkl +Л1-2+Ля-4 + ---; последнее слагаемое в этой сумме равно Fs при нечётном к\ и F2 при чётном k\. Заменим Fs на F4 — 1, a F2 — на F3 — 1. После этой замены сумма легко сворачивается и получается F^+i — 1.

15.18. Положим в задаче 15.3 k = п — 1. В результате получим F2n-\ = + ^л* Поэтому если i^/i-i делится на простое число /? вида 4/г + 3, то оба числа i^-i и делятся на (задача 31.2). В таком случае число Fn-2 = Fn — Fn-\ тоже делится нар и т. д. Приходим к противоречию, поскольку F\ = 1 не делится на р.

15.19. Применим индукцию по п. Если п = 1, то Ъ = d = dF2 и а ^ 2d = <£Рз. Предположим, что требуемое утверждение доказано для некоторого п ^ 1. Рассмотрим числа а > fr, для которых алгоритм Евклида останавливается после п + 1 шагов. На первом шаге пара (а, fr) заменяется на пару (fr, с), где с = а — qb^a — b. Для пары (fr, с) алгоритм Евклида останавливается после п шагов, причём НОД (fr, с) =НОД(а, fr) = d. Поэтому согласно предположению индукции fr ^ dFn+2 и с ^ dFn+\. Следовательно, а ^ b + с ^ dx x(Fn+2+Fn+i)=dFn+3.

15.20. а) При п = 2 и 3 требуемое неравенство легко проверяется, поэтому будем считать, что п>3. Воспользуемся тождеством из задачи 15.3: Fn+b = *V-2)+7 = Fn-sF7 + ^-2^8 = 13Fn-s + 21F„_2 > > lOFn-3 + 20Fn-2 = WFn.

б) Применим индукцию по k. При /г = 1 достаточно заметить, что Fi = 13 > 10. Предположим, что для данного k ^ 1 мы уже доказали, что из неравенстваFn+\ < 10k следует неравенство n^5k. Пусть Fm+\ < 10k+1. Тогда согласно задаче а) 102^-4 <Fm+i < 10Ä+1, поэтому F(m_5)+i < 10^. Следовательно, согласно предположению индукции m — 5 ^ 5/г, т. е. m ^ 5(/г + 1), что и требовалось.

15.21. Пусть алгоритм Евклида, применённый к паре (а, fr), останавливается после п шагов. Тогда согласно задаче 15.19 fr^ ^ Fn+i>

Если количество цифр в десятичной записи числа fr равно k, то fr < 10^, поэтому Fn+i < 10к. Остаётся воспользоваться результатом задачи 15.20.

15.22. Ответ: Fn+2. Пусть искомое число равно хп. При п = 1 есть подмножества 0 и {1}, поэтому х\ = 2. При п = 2 есть подмножества 0, {1} и {2}, поэтому Х2 = 3. Легко проверить, что хп = + хп-2 при д ^ 3. Действительно, если рассматриваемое подмножество содержит п, то оно не содержит п — 1, и никаких других ограничений на него не накладывается. Количество таких

подмножеств равно хп-2» Ясно также, что количество рассматриваемых подмножеств, не содержащих п, равно хп-\.

15.23. Ответ: Fn+\. Пусть искомое число равно хп. Ясно, что Х\ = 1 и Х2 = 2. Докажем, что хп = хп-\ + хп-2 при п ^ 3. Действительно, количество представлений числа п с первым слагаемым 1 равно хп-\, ас первым слагаемым 2 — хп-2-

15.24. Ответ: Fn-\. Пусть искомое число равно хп. Ясно, что xi = О, Х2 = 1 и хз = 1. Докажем, что хп = + хп-2 при д ^ 3. Первое слагаемое может быть равно 2; количество таких представлений равно Хп-2- Первое слагаемое может быть больше 2. Тогда из него можно вычесть 1 и получить представление числа п—1. Поэтому количество таких представлений равно хп-\.

15.25. Ответ: Fn. Пусть искомое число равно хп. Ясно, что Х\ = 1 и Х2 = 1. Докажем, что хп = хп-\ + хп-2 при п ^ 3. Действительно, количество представлений с первым слагаемым 1 равно хп-1. Если же первое слагаемое не меньше 3, то из него можно вычесть 2 и получить представление числа п — 2.

15.26. Рассмотрим последовательность Ьп, для которой Ъ\ = 1, b2 = 0 и = пЪп+i + fr« при д ^ 1. Возведём в квадрат равенства Ъп = Ъп+2 - пЪп+\ и Ьп+з = (п + 1)&я+2 + Затем, чтобы уничтожить член bn+2bn+i, умножим первое из полученных равенств на п+ 1, второе на п и сложим их. В результате получим

Кроме того, Ьз = 1. Значит, а„ = fr2.

15.27. Проверим, что при 0 < k < m — 2 имеет место равенство

(1)

При k = 1 это равенство очевидно. Поэтому достаточно доказать, что Uk+lUm-k + Uk+2Um-k-l + UkUm-k-2 = Uk+2Um-k-l + Uk+3Um-k-2 + Uk+iUm-k-3- Сократим члены Uk+2Um-k-i в обеих частях этого равенства и воспользуемся тем, что Uk+ium-k = Uk+ium-k-2 + Uk+iUm-k-з- После сокращения членов Uk+\um-k-3, приходим к очевидному равенству (Uk+l + Uk)Um-k-2 = Uk+3Um-k-2.

Положив в равенстве (1) т = 2п н k = n— 1, получим U2n — u2n_x = 2unun+i. Положив в равенстве (1) т = 2п+ 1 vl k = n— 1, получим

ГЛАВА 16

ПРИМЕРЫ И КОНСТРУКЦИИ

16.1. Наборы чисел

16.1. Можно ли выбрать 10 натуральных чисел так, чтобы ни одно из них не делилось ни на какое другое, но квадрат любого числа делился бы на каждое из чисел?

16.2. а) Докажите, что существует бесконечно много пар натуральных чисел ft, I ^ 2, для которых kl II = ni для некоторого натурального п.

б) Докажите, что для каждого натурального числа m существует бесконечно много наборов натуральных чисел ai, ат ^ 2, для которых ai!a2....am! = ni для некоторого п.

16.3. Докажите, что для любого натурального п существуют п различных натуральных чисел, сумма любых двух из которых делится на их разность.

16.4. а) Конечно или бесконечно множество пар натуральных чисел а, &, обладающих следующим свойством: простые делители чисел a и & одинаковые и простые делители чисел а + 1 и Ъ + 1 тоже одинаковые (и при этом а ^ Ъ)1

б) Конечно или бесконечно множество пар натуральных чисел а, &, обладающих следующим свойством: простые делители чисел а и b +1 одинаковые и простые делители чисел а + 1 и Ъ тоже одинаковые?

16.5. Укажите попарно различные натуральные числа Р, <7, г, pu 9ь ги для которых р2 + q2 + г2 = р\ + q\ + г\ и рА + qA + rA =p\ + q\ + r\ (Рамануджан).

16.2. Бесконечные последовательности

16.6. Для любого ли натурального п из последовательности 1, 1/2, 1/3, 1/4, ... можно выделить арифметическую прогрессию длины ni

16.7. Существует ли бесконечная последовательность натуральных чисел ai, a2, в которой нет степеней натуральных чисел и никакая сумма нескольких различных членов этой последовательности не является степенью натурального числа?

16.3. Последовательности операций

16.8. Карточки с числами 1, 2, 3, 32 сложены в стопку по порядку. Разрешается снять сверху любое число карточек и вложить их между оставшимися карточками, не меняя порядка карточек в каждой из двух частей, а в остальном произвольно.

а) Докажите, что за 5 таких операций можно разложить карточки в произвольном порядке.

б) Докажите, что за 4 такие операции нельзя разложить карточки в обратном порядке.

16.4. Многочлены и рациональные функции

16.9. Приведите пример рациональной функции R(x) (т. е. отношения двух многочленов), которая отлична от константы и R(x) =R(l/x) и R(x) =R(1 — x).

16.10. Существует ли многочлен /(х, у) от двух вещественных переменных, который всюду отличен от нуля, но принимает значения, сколь угодно близкие к нулю?

16.11. Существует ли многочлен f(x) с целыми коэффициентами, который при некоторых различных вещественных x принимает одинаковые значения, но при всех различных рациональных значениях х принимает различные значения?

16.5. Разные примеры и конструкции

16.12. Можно ли разбить на пары 2п человек 2п — 1 способами так, чтобы каждый человек был в паре с каждым другим ровно при одном разбиении?

16.13. а) Имеется кусок цепи из 60 звеньев, каждое из которых весит 1 г. Какое наименьшее число звеньев надо расковать, чтобы из образовавшихся частей можно было составить все веса в 1 г, 2 г, 3 г, 60 г (раскованное звено весит тоже 1 г)?

б) Тот же вопрос для цепи из 150 звеньев.

16.14. Можно ли провести в городе 10 автобусных маршрутов и установить на них остановки так, что какие бы 8 маршрутов ни были взяты, найдётся остановка, не лежащая ни на одном из них, а любые 9 маршрутов проходят через все остановки.

16.15. Дано п целых чисел а\ = 1, а2, аз, ап, причём at ^ ai+\ ^ 2а; (i = 1, 2, п — 1) и сумма всех чисел четна. Можно ли эти числа разбить на две группы так, чтобы суммы чисел в этих группах были равны?

16.16. Радиолампа имеет семь контактов, расположенных по кругу и включаемых в штепсель, имеющий семь отверстий. Можно ли занумеровать контакты лампы и отверстия штепселя так, чтобы при любом включении лампы хотя бы один контакт попал на своё место (т.е. в отверстие с тем же номером)?

16.17. а) Имеется 555 гирь весом 1 г, 2 г, 3 г, 4 г, ... 555 г. Разложите их на три равные по весу кучи.

б) Имеется 81 гиря весом I2 г, 22 г, З2 г, 812 г. Разложите их на три равные по весу кучи.

16.18. Рассматриваются всевозможные десятизначные числа, записываемые при помощи цифр 2 и 1. Разбейте их на два класса так, чтобы при сложении любых двух чисел каждого класса получилось число, в записи которого содержится не менее двух троек.

16.19. Прямой угол разбит на бесконечное число квадратов со стороной 1. Можно ли в каждом из этих квадратов написать натуральное число так, чтобы в каждом ряду квадратов, параллельном одной или другой стороне прямого угла, любое натуральное число встречалось ровно один раз?

См. также задачу 20.9.

Решения

16.1. Ответ: да, можно. Пусть р\, рю — различные простые числа, N = p\...pw. Тогда числа Ni=p\N, Nw = pioN обладают требуемыми свойствами. Действительно, число Ni делится на pf, а число Nj, где jф i, делится только на pt, а наpf оно уже не делится. С другой стороны, N2 делится на iV2, a N2 делится на Nj.

16.2. а) Положим k = II — 1. Тогда kl II = ni, где n = II.

б) Положим ai = a2!...am! — 1. Тогда ai! а2!... am! = ni, где n = a2!...am!.

16.3. Для n = 2 можно взять числа 1 и 2. Пусть числа ai, ... ап удовлетворяют требуемому условию. Покажем, что тогда числа A, A + ai, A + a„, где A = ai...a„, тоже удовлетворяют требуемому условию. Ясно, что А + а/г +А делится на A + a/г — A=dk, поскольку А делится на a/г. Проверим, что А + а; + А + ау делится на А + a,i — (А + ay) = а/ — ау. По условию а/ + ау делится на а/ — ау. Кроме того, 2а/ = (а/ + ау) + (а/ — ау) делится на а/ — ау, а значит, 2А делится на а/ — ау.

16.4. а) Ответ: бесконечно. Пусть, например, a = 2п — 2 и fr = 2"(2п -2). Тогда а+1 = 2" -1 и fr+ 1 = 22" - 2-2" + 1 = (2п - I)2.

б) Ответ: бесконечно. Пусть, например, а = 2/г + 1 и fr = а2 — 1 = 2/г+1 (2А:_1 + 1). Тогда у чисел a и fr + 1 = a2 одинаковые простые делители. У чисел a + 1 = 2(2/г"1 + 1) и fr = 2k+l(2k~l + 1) тоже одинаковые простые делители.

16.5. Воспользуемся тождеством Рамануджана f2 = f4 = 0 из задачи 32.23. Положив a=l, fr = 2, с = 3 и а1 = 6, получим требуемый набор чисел 11, 6, 5 и 10, 9, 1.

16.6. Ответ: для любого. Числа 1/nl, 2/'ni, n/nl образуют арифметическую прогрессию длины п с разностью 1/nl. Эти числа имеют вид —гтг, где числа nl/k целые. nl/k

16.7. Ответ: существует. Положим ai = 2, a2 = 22 • 3, аз = 22 • З2 • 5, ..., ап = 22 • З2 •... • р2п-\Рп, где рп — п-е простое число.

Число а/г + а/г+/ +... + а/г+r делится на pu и не делится на р\, поэтому оно не может быть степенью натурального числа.

16.8. а) После перенумерации карточек можно считать, что карточки сложены в произвольном порядке, а сложить их нужно по порядку. Назовём беспорядком пару соседних карточек с номерами i и i+ 1, на которых написаны числа а/ > а/+ь Разобьём карточки на блоки, в которых нет беспорядков (блок может состоять из одной карточки). Любые два блока можно слить так, чтобы получился набор карточек без беспорядков и при этом в каждом блоке порядок карточек не изменился.

Первоначально количество блоков не превосходит 32. Снимем сверху первые 16 блоков и сольём блок с номером i с блоком с номером i + 16. После этого получится не более 16 упорядоченных блоков. Снимем теперь сверху первые 8 блоков и сольём блок с номером i с блоком с номером i + 8. После этой (второй) операции останется не более 8 блоков, после третьей операции на более 4 блоков, после четвёртой не более 2 блоков, а после пятой операции карточки будут упорядочены.

б) Если карточки расположены в обратном порядке, то количество беспорядков равно 31. Когда мы снимаем сверху часть карточек, один беспорядок пропадает и в двух наборах карточек вместе будет 30 беспорядков, поэтому в одной части будет не менее 15 беспорядков. Ясно также, что если между двумя карточками, образующими беспорядок, вставить любую карточку, то образуется по крайней мере один беспорядок. Значит, если между ними вставить несколько карточек, то всё равно образуется по крайней мере один беспорядок. Поэтому после первой операции останется не менее 15 беспорядков, после второй не менее 7, после третьей не менее 3, а после четвёртой операции останется не менее одного беспорядка.

16.9. При заменах х на 1 — х и на 1/х из каждого числа можно получить всего шесть различных чисел:

Поэтому функция

обладает требуемыми свойствами.

16.10. Да, существует. Пусть, например, f(x, у) =х2 + (ху — I)2. Если f(x, у) = 0, то х = 0 и ху — 1 = 0, чего не может быть. С другой стороны, для любого £ > 0 можно положить

Тогда f(x, у) =2е.

16.11. Ответ: существует. Пусть, например, f(x) = xs — 2х. Этот многочлен обращается в нуль при х = 0, ±л/2. Предположим, что x = т/п и у = — несократимые дроби (п > О и а > 0), причём f(x) = f(y). Тогда

(1)

Числа р к q взаимно простые, поэтому числа р2 — 2q2 и q тоже взаимно простые. Следовательно, п3 делится на q3. Аналогично а3 делится на п3, поэтому n = q. В таком случае равенство (1) переписывается в виде т3 — 2mq2 = р3 — 2pq2, т. е. т3 — р3 = 2q2(m —р). При m получаем m2 + рт +р2 = 2а2. Но в таком случае оба числа тир чётные, а значит, число q тоже чётное. Это противоречит взаимной простоте чисел риа.

16.12. Ответ: да, можно. Поместим одного человека в центр окружности, а всех остальных расставим по окружности через равные промежутки. Разбиение на пары будем строить следующим образом. Выберем одного человека, стоящего на окружности, и проведём через него диаметр. Одну пару составляет выбранный человек и человек, стоящий в центре. Остальные пары составляют люди, стоящие в концах хорд, перпендикулярных проведённому диаметру.

16.13. а) Ответ: 3 звена. Выясним, при каком наибольшем п достаточно расковать k звеньев д-звенной цепи, чтобы из образовавшихся частей можно было составить все целые веса от 1 до п. Если расковано k звеньев, то любое число звеньев от 1 до k можно набрать из них. Но k + 1 звеньев мы не сможем набрать, если не будет части из k + 1 или менее звеньев (мы здесь не учитываем раскованные звенья). Наиболее выгодно иметь часть из ровно k + 1 звеньев. Тогда мы сможем получить любое число звеньев от 1 до 2k + 1. (Иначе мы сможем получить лишь число звеньев от 1 до h + k, где h ^ k.) Затем наиболее выгодно иметь часть из 2(/г+ 1) звеньев, затем из 4(/г + 1) звеньев и т.д. Итак, если мы расковали k звеньев, то наиболее выгодна ситуация, когда полученные при этом k + 1 частей состоят из k + 1, 2(Ä + 1), 4(Ä+1), 8(Ä + 1), 2Ä(Ä+1) звеньев (раскованные звенья мы здесь не учитываем). В таком случае можно составить любое число звеньев от 1 до п = 2/г+1 (k + 1) — 1. Итак, если 2kk ^ п ^ 2/г+1 (k + 1) — 1, то можно обойтись k разрывами и нельзя обойтись k — 1 разрывами. В частности, если 24 ^ п ^ 63, то наименьшее число раскованных звеньев равно 3. Полученные при расковке четыре части цепи должны состоять при этом из 4, 8, 16, 29 звеньев.

б) Ответ: 4 звена. Согласно решению задачи а) для цепи, состоящей из п звеньев, где 64 ^ п ^ 159, достаточно расковать 4 звена.

16.14. Ответ: да, можно. Проведём 10 попарно пересекающихся прямых. Пусть маршруты проходят по этим прямым, а остановками служат точки пересечения прямых. Любые 9 маршрутов проходят через все остановки, поскольку через каждую остановку, лежащую на оставшейся прямой, проходит одна из 9 прямых, соответствующих этим маршрутам. Любые 8 маршрутов не проходят через остановку, которая является точкой пересечения двух остальных маршрутов.

16.15. Ответ: да, можно. Отнесём к одной группе число ап, а к другой — число an-i. Затем будем последовательно относить числа ап-2, ап-г, #i к той группе, в которой сумма чисел меньше (если суммы равные, то число можно относить к любой группе). Пусть А/г ^ 0 — разность между суммами чисел в группах, полученных после отнесения к ним а/г. Покажем, что А/г ^ а/г. Действительно, An-i = ап — an-i ^ 2an-i — ап-\ = ап-\. Ясно также, что если А/г ^ а/г, ТО А/г-1 = I А/г - а/г-1 I И -а/г-1 ^ А/г - dk-l ^ dk ~ dk-l ^ ^ 2а/г-1 — а/г-1 = #/г-1.

После того как мы распределим по двум группам все числа, получим группы с суммами Si и причём \Si — S21 ^ ai = 1. По условию число Si + S2 чётное, поэтому Si = S2.

16.16. Ответ: да, можно. Занумеруем контакты лампы по порядку, а отверстия штепселя — в противоположном порядке. Тогда контакт с номером k попадает в отверстие с номером a — k, где a — фиксированное число. (Точнее говоря, речь идёт не о самих номерах, а об их остатках от деления на 7, но номера совпадают тогда и только тогда, когда совпадают остатки.) Нам нужно выбрать k так, чтобы числа k и a — k давали одинаковые остатки при делении на 7, т. е. число 2k давало такой же остаток, как и а. Легко убедиться, что когда k пробегает все остатки при делении на 7, то 2k тоже пробегает все остатки.

16.17. а) Девять гирь весом п, тг+1, д + 8 можно разложить на три равные по весу кучи: 1) п, п + 4, п + 8; 2) п+1, п + 5, п + 6; 3) п + 2, п + 3, п + 7. Это позволяет разложить на три равные по весу кучи гири весом 1, 2, 549 = 61-9. Оставшиеся шесть гирь весом 550, 551, 555 можно разложить на три равные по весу кучи следующим образом: 1) 550 и 555; 2) 551 и 554; 3) 552 и 553.

б) Разложим девять гирь весом п2, (д+1)2, (д + 8)2 натри кучи следующим образом: 1) п2, (п + 5)2, (п + 7)2; 2) (п + I)2, (п + З)2, (п + 8)2; 3) (п + 2)2, (п + 4)2, (п + б)2. Первые две кучи

весят одинаково, а вес третьей кучи на 18 г меньше. Поэтому 27 гирь весом п2, (п + I)2, ..., (п + 26)2 можно разложить на 9 куч так, что 6 куч будут одного веса, а ещё 3 кучи будут весить каждая на 18 г меньше, чем первые 6. Из этих девяти куч можно сложить 3 равные по весу кучи. Таким образом, 27 k гирь весом I2, 22, З2, (27k)2 можно разложить на 3 равные по весу кучи. При k = 3 получаем требуемое утверждение.

16.18. Отнесём к первому классу все числа, в записи которых встречается чётное число двоек, а ко второму классу — все числа, в записи которых встречается нечётное число двоек. Два числа одного класса либо содержат одинаковое число двоек, либо в одном числе двоек по крайней мере на две больше, чем в другом. Если два числа различны, то на каком-то месте в одном числе стоит 1, а в другом числе стоит 2; если же двоек у этих чисел одинаковое количество, то таких мест по крайней мере два. Если в одном числе двоек по крайней мере на две больше, чем в другом, то по крайней мере двум двойкам в записи первого числа соответствуют единицы в записи второго числа.

16.19. Ответ: да, можно. Пусть А — квадрат со стороной 2", который разбит на квадраты со стороной 1, и в каждом из них написано натуральное число. Сопоставим ему квадрат со стороной 2Л+1. Если мы начнём с квадрата со стороной 1, в котором написано число 1, то последовательно заполним весь прямой угол. Ясно, что при этом в каждом квадрате со стороной 2п в каждом ряду квадратов со стороной 1, параллельном одной из сторон прямого угла, любое число от 1 до 2п встречается ровно один раз.

ГЛАВА 17

ПРИНЦИП ДИРИХЛЕ. ПРАВИЛО КРАЙНЕГО

Самая популярная формулировка принципа Дирихле такова: «Если в п клетках сидит m зайцев, причём m > п, то хотя бы в одной клетке сидят по крайней мере два зайца». На первый взгляд даже непонятно, почему это совершенно очевидное замечание является весьма эффективным методом решения задач. Дело в том, что в каждой конкретной задаче нелегко бывает понять, что же здесь «зайцы» и «клетки» и почему зайцев больше, чем клеток. Выбор зайцев и клеток часто неочевиден; далеко не всегда по виду задачи можно определить, что следует воспользоваться принципом Дирихле. А главное, этот метод даёт неконструктивное доказательство (мы, естественно, не можем сказать, в какой именно клетке сидят два зайца, а знаем только, что такая клетка есть), а попытка дать конструктивное доказательство, т. е. доказательство путём явного построения или указания требуемого объекта, может привести к гораздо большим трудностям.

17.1. Остатки от деления

17.1. Докажите, что десятичная запись рационального числа является периодической дробью.

Замечание. По поводу обратного утверждения см. задачу 9.3.

17.2. Докажите, что если натуральные числа а и Ъ взаимно простые, то ап — 1 делится на Ъ для некоторого натурального п.

17.3. Пусть p < q — натуральные числа, причём q не делится на 2 и на 5. Согласно задаче 17.2 можно выбрать п

так, что 10" — 1 делится на q. Докажите, что p/q — чисто периодическая дробь, длина периода которой делится на п.

17.4. Докажите, что из целых чисел ai, a2, ап можно выбрать одно или несколько последовательных чисел так, что их сумма будет делиться на п.

17.5. Из чисел 1, 2, п выбрано более —-— различных чисел. Докажите, что одно из выбранных чисел делится на другое.

17.6. Простые числа ai, a2, ар образуют возрастающую арифметическую прогрессию и ai > р. Докажите, что если р — простое число, то разность прогрессии делится на р.

17.7. Пусть п > 1 — натуральное число, е — наименьшее целое число, превосходящее >/п. Докажите, что для любого натурального числа а, взаимно простого с п, можно выбрать натуральные числа х и г/, не превосходящие е — 1, так, что ау = ±х (mod h).

См. также задачу 15.10.

17.2. Разные задачи

17.8. Докажите, что среди любых n ^ 2 человек найдутся два человека, имеющих одинаковое число знакомых среди этих п человек.

17.9. Среди чисел 1, 2, 100 выбрано 55 чисел. Докажите, что среди них найдутся два числа, разность которых равна: а) 9; б) 10; в) 12; г) 13. д) Покажите, что среди них может не найтись двух чисел, разность которых равна 11.

17.10. Докажите, что любая последовательность из тп+\ попарно различных чисел содержит либо возрастающую последовательность из чисел, либо убывающую последовательность из п + 1 чисел.

17.11. Числа [а], [2а], [Na] различны между собой, и числа [1/а], [2/а], [М/а] тоже различны между собой. Найдите все такие а.

17.3. Приближения иррациональных чисел рациональными

17.12. Пусть а — иррациональное число. Докажите, что существует бесконечно много пар взаимно простых чисел х, г/, для которых \х/у — а\ < 1/у2.

17.13. Пусть а — положительное число. Докажите, что для любого числа С > 1 можно выбрать натуральное число х и целое число у так, что х <С л \ха — у \ ^1 /С.

17.14. а) Пусть а — иррациональное число. Докажите, что для любых чисел а < b можно выбрать целые числа тип, для которых а < та — п<Ь.

б) Докажите, что числа тип можно выбрать натуральными.

17.4. Правило крайнего

Правило крайнего заключается в том, чтобы рассмотреть тот элемент, для которого некая величина имеет наибольшее или (наименьшее) значение. Правило крайнего помогает при решении многих задач.

17.15. На полях бесконечной шахматной доски написаны натуральные числа так, что каждое число равно среднему арифметическому четырёх соседних чисел — верхнего, нижнего, левого и правого. Докажите, что все числа на доске равны между собой.

17.16. В каждой клетке бесконечного листа клетчатой бумаги написано какое-то действительное число. Докажите, что найдётся клетка, в которой написано число, не превосходящее чисел, написанных по крайней мере в четырёх из восьми граничащих с ней клеток.

17.17. В каждой клетке прямоугольного листа клетчатой бумаги написано число, причём в каждой клетке, не

стоящей с края, написано среднее арифметическое чисел, стоящих в соседних клетках. Все написанные числа различны. Докажите, что наибольшее число стоит с края (т. е. по крайней мере одна из соседних клеток отсутствует).

17.18. Есть 13 гирь, каждая из которых весит целое число граммов. Известно, что любые 12 из них можно так разложить на 2 чашки весов, по 6 гирь на каждой, что наступит равновесие. Докажите, что все гири одного веса.

17.19. а) Из чисел 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 199, 200 произвольно выбрали 101 число. Докажите, что среди выбранных чисел найдутся два, одно из которых делится на другое.

б) Из двухсот чисел: 1, 2, 3, 199, 200 выбрали одно число, меньшее 16, и ещё 99 чисел. Докажите, что среди выбранных чисел найдутся два, одно из которых делится на другое.

17.20. Из одной бактерии получилось п бактерий следующим образом. Сначала бактерия разделилась на две, затем одна из двух получившихся бактерий разделилась на две, затем одна из трёх получившихся бактерий разделилась на две и т.д. Докажите, что для любого натурального числа а^п/2 в некоторый момент существовала бактерия, число потомков которой среди получившихся в конце п бактерий не меньше а и не больше 2а — 1.

17.21. Взяли три числа х9 г/, z и вычислили абсолютные величины попарных разностей х\ = \х — у\9 У\ = \у — z\9 Z\ = \z — х\. Тем же способом по числам х\9 у\, z\ построили числа X2i у2, Z2 и т.д. Оказалось, что при некотором п получилось хп = х9 уп = У, zn = z. Зная, что х = 19 найдите у И Z.

17.22. Набору чисел а\9 а^, ап сопоставляется набор

Затем с полученным набором чисел производится аналогичная операция и т. д. Докажите, что если при этом всегда будут получаться наборы целых чисел, то bi = b2 = ..- = bn.

См. также задачу 19.6.

Решения

17.1. Достаточно рассмотреть рациональные числа вида p/q, где l^p<q. В таком случае цифры десятичной записиp/q = 0,a\a2as ... находятся следующим образом: а/г = |^—— J — 101^—-—J. Пусть 10к~1 р = Mq + rk, где Гк— остаток от деления 10к~1р на q. Тогда а/г = ЮМ + [~~~] — ЮМ = [~~~~] • Среди чисел п, rg+i есть два одинаковых: п = г*+л. Но r^+i — остаток от деления Юг/г на а. Поэтому Г/+1 = п+л+1 и т. д. Значит, последовательность цифр а/г тоже периодически повторяется (после номера i).

17.2. Два из чисел а, а2, а6+1 дают одинаковые остатки при делении на Ь. Пусть это будут числа ак и а1, где k > I. Тогда ак — а1 = а1(ак~1 — 1) делится на Ъ. Числа а1 и Ъ взаимно простые, поэтому ак~1 — 1 делится на Ъ.

17.3. Пусть 10" - 1 = га. Тогда - = — = л = гр • Ю-" + • 10~2п + • 10"3/г + ... При этом rp<rq= 10я"1.

17.4. Предположим, что ни одно из чисел Si = ai, S2 = ai + a2, ..., »S/i = ai + ... + an не делится на п. Тогда при делении на п эти числа могут давать не более п — 1 разных остатков: 1, 2, п — 1. Поэтому два числа Sp и Sq, где p > q, дают одинаковые остатки при делении на п. Это означает, что число Sp — Sq = ar/+i + ... + ар делится на п.

17.5. Сопоставим каждому выбранному числу его наибольший нечётный делитель. Количество нечётных чисел, не превосходящих п, равно п/2 при чётном п и (п + 1)/2 при нечётном п. Поэтому у двух из выбранных чисел наибольший нечётный делитель один и тот же. Большее из этих чисел делится на меньшее.

17.6. Рассмотрим остатки от деления чисел ai, ..., ар на р. Числа ai, ар простые и все они строго больше р, поэтому ни одно из них не делится на р. Таким образом, мы получили р остатков, отличных от р. Следовательно, есть два числа щ и ау, дающие одинаковые остатки при делении на р. Поэтому их разность делится на р. Но ai — aj = (i — j)d, где d — разность прогрессии. Число — строго меньше р, поэтому на р должно делиться число d.

17.7. Рассмотрим е2 чисел ау + х, где х, у = 0, 1, 2, е—1. Так как е2 > п, среди этих чисел найдутся числа ау\ + х\ и ау2 + Х2, дающие одинаковые остатки при делении на п. Следовательно, a(yi — у2) = Х2 — х\ (mod п). Числа |у\ — у21 и \х\ — Х21 не превосходят е—1, поэтому они могут делиться на п лишь в том случае,

когда они равны 0. По условию число а взаимно просто с п. Поэтому х\ = Х2 тогда и только тогда, когда у\ = у2- Следовательно, I У\ — У2 I ф 0 И I Х\ — Х2 I ф 0. Поэтому числа Х = | Х\ — Х2 I и у = I [/1 — у2 I обладают требуемым свойством.

17.8. Сопоставим каждому из данных п человек число, равное количеству его знакомых среди этих п человек. Это число может принимать одно из п значений: 0, 1, п — 1. Но если у кого-то вообще нет знакомых, то никто не может быть знаком со всеми. Наоборот, если кто-то знаком со всеми, то нет человека, который ни с кем не знаком. Таким образом, количество знакомых принимает одно из не более чем п — 1 значений. Поэтому для каких-то двух человек эти значения одинаковы.

17.9. а) Разобьём числа от 1 до 100 на 6 множеств: числа от 1 до 18, от 19 до 36, от 37 до 54, от 55 до 72, от 73 до 90 и от 91 до 100. Если в каждом из этих множеств выбрано не более 9 чисел, то всего выбрано не более 6 • 9 = 54 чисел, поэтому в каком-то из этих множеств выбрано по крайней мере 10 чисел. Если 10 чисел выбрано в множестве чисел от 91 до 100, то в нём выбраны все числа, в частности, выбраны числа 91 и 100 = 91 + 9. Любое из остальных множеств состоит из девяти пар чисел вида (д, д + 9), поэтому хотя бы в одной паре выбраны оба числа.

б) Разобьём числа от 1 до 100 на 5 множеств, каждое из которых содержит 20 последовательных чисел. В одном из этих множеств выбрано по крайней мере 11 чисел, и в этом множестве найдутся два числа, разность которых равна 10.

в) Отбросим числа от 97 до 100. Оставшиеся числа разобьём на 4 множества, каждое из которых состоит из 24 последовательных чисел. Среди чисел от 1 до 96 выбрано по крайней мере 51 число, поэтому хотя бы в одном из четырёх множеств выбрано по крайней мере 13 чисел. В этом множестве найдутся два числа, разность которых равна 12.

г) Разобьём числа от 1 до 100 на 4 множества: числа от 1 до 26, числа от 27 до 52, числа от 53 до 78 и числа от 79 до 100. В одном из этих множеств выбрано по крайней мере 14 чисел, и в этом множестве найдутся два числа, разность которых равна 13. Для множества, состоящего из чисел от 79 до 100, это доказывается следующим образом. Отбросим числа 88, 89, 90, 91. Из 9 пар чисел (79, 92), (80, 93), (87, 100) выбрано по крайней мере 10 чисел, поэтому два числа выбраны из одной пары.

д) Выберем 55 чисел следующим образом: числа от 1 до 11, от 23 до 33, от 45 до 55, от 67 до 77, от 89 до 99. Среди этих чисел нет двух чисел, разность которых равна 11.

17.10. Сопоставим члену а/г данной последовательности два числа Xk и г//г, где Xk — наибольшая длина возрастающей последовательности, начинающейся с а/г, yk — наибольшая длина убывающей последовательности, начинающейся с а/г. Предположим, что Xk ^ m и yk ^ п для всех k. Тогда количество всех различных пар (Xk, JJk) не превосходит тп. Поэтому Xk — Xi и yk = yi для некоторых номеров кф1. Но этого не может быть. Действительно, пусть для определённости k < I. Тогда если а/г < а/, то Xk > xi, a если а/г > а/, то Ук>Уи

17.11. Ответ:

Числа [х] и [у] различны тогда и только тогда, когда числа [—х] и [—у] различны. Поэтому достаточно рассмотреть случай, когда а > 0. Если а< ^, , то среди чисел [а], [2а], [iVa] есть совпадающие, поскольку эти N чисел содержатся среди N — 1 чисел 0, 1, N — 2. Поэтому а ^ ^, . Те же самые рассуждения для числа 1/а показывают, что - ^ ———, т. е. а ^ ——-.

Покажем, что если ^, ^ а ^ ——-, то все числа [a], [2a], ... [Na] различны. Действительно, если a^ 1, то вообще все числа [а], [2а], [За], ... различны, а если a < 1, то 1 — 1/N ^ a < 1, 2 — 2/N^a<2, N-l^a<N, поэтому [ka] = k-l для А=1, 2, ... N. Для чисел [1/а], [2/а], M/а] рассуждения аналогичны.

17.12. Фиксируем натуральное число п. Дробные части чисел 0, а, 2а, па лежат в полуоткрытом интервале [0, 1), поэтому по крайней мере две из них попадают в один и тот же полуоткрытый интервал [k/n, (k + 1) /п), 0 ^ k ^ п — 1. Это означает, что

для некоторых целых чисел р\ и р2, удовлетворяющих неравенствам 0 ^р2 <pi ^ п. Положим y=pi—p2 и x = \p20c] — [piа]. Тогда \уа — х \ < 1/п. Числа х и у здесь можно считать взаимно простыми, поскольку после деления их на НОД(х, у) требуемое неравенство

сохранится. Ясно также, что 0<у^п, поэтому |х/у — а\ < — ^ .

Выберем теперь натуральное число ni так, что \х/у — а\> 1/п\. Описанная выше конструкция даёт пару целых чисел Х\, у\, для которых \x\ly\ — а\<-< \х/у — а\. Так можно получить бесконечно много различных пар чисел х, у.

17.13. Предположим сначала, что число С целое. Рассмотрим число 1 и числа ka — [ka] для /г = О, 1, С—1. Эти С + 1 чисел лежат на отрезке [0, 1], поэтому расстояние между какими-то двумя из них не превосходит 1/С. Если это окажутся числа k\Ot — [k\oi\ и k2(x — [foot*], где kl < k2, то положим x = k2 — ki и у = [k2(x] — [kia]. Тогда 0 < x < С и

Если же это окажутся числа ka — [ka] и 1, то положим х = k и у = [/га] + 1. Тогда

Из этого, в частности, следует, что хфО.

Пусть теперь число С не целое. Рассмотрим целое число С' = [С] + 1. Как только что было доказано, можно выбрать натуральное число x и целое число у так, что х <С' и \ха — у\^1 /С' < 1 /С. Число С не целое, поэтому любое целое число, не превосходящее С', не превосходит и С. Следовательно, х < С.

17.14. а) Пусть А = Ь — а. Для каждого целого числа mi можно выбрать целое число ni так, что 0 ^ mia — ni ^ 1. Разделим отрезок [0, 1] на равные отрезки, длина каждого из которых меньше А. Пусть количество этих отрезков равно k. Тогда среди чисел /niа — 7&i, nik+ia — nk+i есть два числа, попадающих в один и тот же отрезок. Вычтем из большего числа меньшее: тра — пр — (тца — щ) = t. Ясно, что 0 ^ t < А. Более того, t ф О, поскольку иначе а =-— рациональное число.

Рассмотрим числа вида Nt, где N — целое число. Каждое из этих чисел имеет вид та — п. А из того, что 0 < t < А, следует, что хотя бы одно из этих чисел расположено строго между а и Ъ.

б) Нужно доказать, что число t можно выбрать как вида Ma — N, так и вида —Ma + N, где M л N — натуральные числа. Пусть t = Ma — N. Между Ont есть бесконечно много чисел вида та — 71, ттг и тг — целые. Предположим, что у всех этих чисел m > 0. Тогда для одного из них m > M, а в таком случае число t = Ma — N — (та — п) искомое. Если же t = —Ma + N, то рассуждения аналогичны.

17.15. Среди написанных чисел можно выбрать наименьшее. Действительно, сначала возьмём произвольное написанное число п. Если есть число, которое меньше выбранного числа, то на

следующем шаге выберем его и т. д. Этот процесс конечен, потому что всего мы можем выбрать не более п различных чисел.

Пусть m — наименьшее из написанных чисел, а, Ь, с, d — соседние с ним числа. Тогда а, Ъ, с, d^mvia + b + c + d = 4т. Поэтому a = b = c = d = m.

Из любого поля шахматной доски можно попасть в любое другое поле, перемещаясь сначала по горизонтали, а затем по вертикали. Поэтому на всех полях написано одно и то же число т.

17.16. Рассмотрим квадрат, состоящий из 16 клеток, и вырежем из него 4 угловые клетки. Среди оставшихся 12 клеток выберем ту, в которой стоит наименьшее число (если таких клеток несколько, то выбираем любую из них). Выбранная клетка обладает требуемым свойством.

17.17. Предположим, что наибольшее число а стоит не с края. Тогда у него в таблице есть все четыре соседних числа ai, а2, аз, #4 и при этом а = (ai + а2 + аз + а4)/4. Но а > ai, а > а2, а > аз, а > а±. Поэтому а > (ai + а2 + аз + а±)/4. Приходим к противоречию.

17.18. Сначала докажем, что все гири одновременно имеют либо чётный, либо нечётный вес. Пусть 12 гирь разложены на две чашки весов по 6 гирь так, что наступило равновесие. Предположим, что отложена гиря весом a г, а одна из гирь, лежащих на чашках, весит b г, причём числа a и fr разной чётности. Заменим гирю a гирей b и снова разложим гири так, чтобы наступило равновесие. Вес гирь на каждой чашке весов изменился на —\а — Ь\, поэтому число \а — Ъ\ четно.

Предположим, что не все гири одинаковые. Вычтем из каждой гири вес наименьшей гири. В результате получим набор гирь, которые снова удовлетворяют условию задачи (по крайней мере одна из полученных гирь имеет нулевой вес). Все новые гири имеют чётный вес, строго меньший веса первоначальных гирь. Поделив вес каждой гири пополам (в том числе и гири с нулевым весом), мы снова получим набор гирь, удовлетворяющий условию задачи. Если при этом мы не получим гири нечётного веса, то снова поделим веса всех гирь пополам и т. д. В конце концов получим систему гирь, которая удовлетворяет условию задачи и в которой есть как гири чётного (нулевого) веса, так и гири нечётного веса. Но мы уже доказали, что такого быть не может.

17.19. а) Рассмотрим наибольшие нечётные делители выбранных чисел. У чисел от 1 до 200 есть ровно 100 различных наибольших нечётных делителей (числа 1, 3, 199). Итак, два из выбранных чисел имеют одинаковые наибольшие нечётные дели-

тели. Это означает, что два выбранных числа отличаются только тем, что множитель 2 входит в них в разных степенях. Большее из них делится на меньшее.

б) Предположим, что из чисел 1, 2, 3, 199, 200 мы выбрали 100 чисел так, что ни одно из них не делится на другое. Достаточно доказать, что среди выбранных чисел нет чисел, меньших 16. Рассмотрим наибольшие нечётные делители всех выбранных чисел. Если наибольшие нечётные делители двух чисел совпадают, то одно из них делится на другое. Поэтому наибольшие нечётные делители выбранных чисел — это в точности все числа 1, 3, 5, 199. В частности, среди выбранных чисел есть числа с наибольшими нечётными делителями 1, 3, 9, 27 и 81. Ни одно из выбранных чисел не делится на другое, поэтому выбранное число с наибольшим нечётным делителем 27 делится на 2, с наибольшим нечётным делителем 9 делится на 22, с наибольшим нечётным делителем 3 делится на 23, с наибольшим нечётным делителем 1 делится на 24. Следовательно, среди выбранных чисел нет чисел 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9 и 12. Далее, рассматривая выбранные числа с наибольшими нечётными делителями 5, 15 и 45, убеждаемся, что среди выбранных чисел нет чисел 5, 10 и 15; рассматривая выбранные числа с наибольшими нечётными делителями 7, 21 и 63, убеждаемся, что нет чисел 7 и 14; рассматривая выбранные числа с наибольшими нечётными делителями 11 и 33, убеждаемся, что нет числа 11; рассматривая выбранные числа с наибольшими нечётными делителями 13 и 39, убеждаемся, что нет числа 13.

17.20. Пусть некая бактерия, из которой в конце получилось m бактерий, разделилась на две бактерии. Из этих двух «сестёр» в конце получилось т! и т" бактерий, причём т! + т" = т. Значит, одно из чисел т! и т" не меньше т/2. Будем каждый раз выбирать ту из бактерий, у которой не меньше потомков, чем у её «сестры». В результате получим последовательность п = ai > Ü2 > ... > а/г = 1, причём а/ ^ a/-i/2 (здесь а/ — количество потомков выбранной бактерии). Выберем номер i так, что а/ ^ 2а > а/+ь Тогда a/+i ^ а//2 ^ а, a значит, а ^ a/+i ^ 2а — 1.

17.21. Ответ: у = z = 0. Числа хп, Уп, zn неотрицательны, поэтому числа х, у, z тоже неотрицательны. Если бы все числа х, у, z были положительны, то наибольшее из чисел xi, z/i, Z\ было бы строго меньше наибольшего из чисел х, у, z, а тогда и наибольшее из чисел Хп, Уп, zn было бы строго меньше наибольшего из чисел х, у, z. Поэтому среди чисел х, у, z есть 0. Аналогично доказывается, что среди чисел xi, z/i, z\ есть 0 (при п= 1 дока-

зывать ничего не нужно, потому что тогда Х\ = х, у\= у, Z\ = 2). Это означает, что два из чисел х, у, z равны. В итоге получаем, что неупорядоченный набор чисел х, у, z может быть равен либо О, 0, 1, либо 0, 1, 1. Легко проверить, что второй набор не обладает требуемым свойством.

17.22. Предположим, что не все числа х\, Х2, хп равны. Пусть наибольшее из этих чисел равно N, причём оно встречается среди них ровно k раз. Тогда в новой последовательности нет чисел, превосходящих N, причём число N встречается не более k — 1 раз. Поэтому после нескольких операций наибольшее значение уменьшится. Ясно также, что наибольшее значение не может стать меньше наименьшего значения чисел исходной последовательности. Поэтому после конечного числа операций все числа становятся равными.

Пусть набор равных чисел получается из набора xi, Х2, хп. Тогда х\ = хз, Х2 = Х4, Xn-i = х\, хп = Х2. Если п нечётно, то все числа xi, ..., хп равны. Если п четно, то х\ = Хз =... = хп-\ = а и Х2 = Х4 =... = хп = Ь. Остаётся проверить, что если афЪ, то такой набор чисел xi, Х2, хп нельзя получить ни из какого набора

Действительно, пусть

Тогда

Поэтому а = Ь.

ГЛАВА 18

ИНВАРИАНТЫ И ПОЛУИНВАРИАНТЫ

Часто бывает так, что каждому состоянию системы можно сопоставить некоторую величину, не меняющуюся при любом допустимом переходе системы из одного состояния в другое. Такую величину называют инвариантом. Ясно, что инвариант не может измениться не только при одном переходе, но и при нескольких переходах, поэтому значение инварианта в начальном и в конечном состоянии системы одно и то же.

На практике применение инвариантов к решению задач сводится к тому, что некоторая величина вычисляется двумя способами: сначала она просто вычисляется в начальном и конечном состоянии, а затем прослеживается её изменение при последовательных мелких переходах.

Помимо инвариантов бывают полезны и полуинварианты, т. е. величины, которые хотя и изменяются при переходах системы из одного состояния в другое, но предсказуемым образом: например, не увеличиваются (или не уменьшаются).

18.1. Остатки от деления

18.1. На 44 деревьях, посаженных по окружности, сидели 44 чижа (на каждом дереве по одному). Время от времени какие-то два чижа одновременно перелетают на соседние деревья в противоположных направлениях (один — по часовой стрелке, другой — против). Смогут ли чижи когда-нибудь собраться на одном дереве?

18.2. С тройкой чисел (а, Ъ, с) разрешается проделать следующую операцию: одно число увеличить на 2, а два других одновременно с этим уменьшить на 1. Можно ли с помощью таких операций из тройки (13, 15, 17) получить тройку с двумя нулями?

18.3. В последовательности 1, 0, 1, 0, 1, 0, ... каждый член начиная с седьмого равен последней цифре суммы шести предыдущих. Докажите, что в этой последовательности никогда не встретятся подряд шесть чисел 0, 1, 0, 1, 0, 1.

18.2. Полуинварианты

18.4. Пусть ai ^ а2 ^ ... ^ ап, &i О2 < ... Ол и сг(1), ... о(п) —произвольная перестановка чисел 1, п. Докажите, что

18.5. N солдат выстроены в одну шеренгу (плечом к плечу). По команде «налево» все одновременно повернулись на 90°, но некоторые повернулись налево, а другие направо. Ровно через секунду каждый, кто оказался теперь лицом к лицу со своим соседом, поворачивается «кругом» — на 180°. Ещё через секунду каждый, кто оказался теперь лицом к лицу со своим соседом, поворачивается на 180° и т.д.

а) Докажите, что каждый солдат повернётся «кругом» не более N —1 раз.

б) Докажите, что движение в строю не может продолжаться более N —1 секунд.

18.6. Целые числа х\, х2, хз> х±, х$, сумма которых положительна, расставлены по окружности. Если xt < 0, то числа Xi-i, Xt, xi+i разрешается заменить на xt-\ +Хи —%и xi+i + Xt (подразумевается, что х1+$ = xt). Докажите, что после конечного числа таких операций все числа станут неотрицательными.

18.3. Чётность перестановки

Здесь мы рассматриваем понятие чётности перестановки чисел и доказываем, что это понятие определено корректно (задача 18.7). Понятие чётности перестановки применяется к анализу игры «15» (задача 18.8). Затем мы доказываем, что любая перестановка является композицией транспозиций (задача 18.9),

и приводим другие подходы к доказательству корректности определения чётности перестановки (задачи 18.10 и 18.11).

Транспозицией называют перестановку двух каких-то чисел в последовательности ai, ап, т.е. при транспозиции последовательность ai, а/, ау, ап заменяется на ai, ay, а/, а„.

18.7. Пусть сг(1), сг(2), о (ri) —некоторая перестановка чисел 1, 2, п. Предположим, что эта перестановка двумя разными способами получена посредством нескольких транспозиций: один раз гп\ транспозициями, другой раз Ш2 транспозициями. Докажите, что mi л n%2 — числа одной чётности, т. е. число гп\ — яг2 делится на 2.

18.8. Игра «15» заключается в следующем. В квадрате со стороной 4 расположено 15 фишек — квадратов со стороной 1. На фишках написаны числа от 1 до 15:

Любую фишку, граничащую (по стороне) со свободной клеткой, разрешается переместить на свободную клетку (освободив тем самым другую клетку). Можно ли поменять местами фишки 14 и 15, причём так, чтобы свободная клетка осталась на прежнем месте?

18.9. Докажите, что любую перестановку чисел 1, п можно получить из набора 1, п, сделав несколько транспозиций.

Перестановку чисел 1, п называют чётной, если её можно получить, сделав чётное число транспозиций; в противном случае её называют нечётной. Задача 18.7 показывает, что это определение корректно.

18.10. Пусть а — некоторая перестановка чисел 1, п. Назовём инверсией любую пару чисел i < у, для которой a (i) > g (j). Докажите, что чётность перестановки совпадает с чётностью числа всех инверсий.

Каждую перестановку а чисел 1, п можно представить в виде произведения циклов следующим образом. Пусть a (ai) = а2, о(а2) = аз, o(ak) = ai и числа ai, а2, a/г попарно различны. Тогда числа ai, а2, a/г переставляются по циклу, и мы обозначим этот цикл (ai, а2, a/г). Отметим, что (а2, аз, а/г, ai) — тот же самый цикл. Если cr(ai) = ai, то соответствующий цикл обозначаем (ai). Выберем теперь произвольное число от 1 до /г, не вошедшее в первый цикл, и аналогично построим цикл, включающий это число. Продолжая действовать таким образом, мы сопоставим перестановке набор непересекающихся циклов. Например, перестановке о(1) = 2, о (2) = 1, g (S) = 4, g (4) = 3 соответствует произведение циклов (12)(34).

18.11. а) Пусть перестановка g чисел 1, п представляет собой произведение m циклов. Сделаем после этой перестановки транспозицию каких-либо двух чисел. Докажите, что в результате получится перестановка, которая представляет собой произведение т± 1 циклов.

б) Докажите, что перестановка четна тогда и только тогда, когда число п — т четно.

Решения

18.1. Ответ: не смогут. Занумеруем деревья по часовой стрелке. Пусть в какой-то момент времени на k-м дереве сидит Пк чижей. Рассмотрим сумму ni + 2п2 +... + 44^44. Если один чиж перелетает на соседнее дерево по часовой стрелке, то эта сумма либо увеличивается на 1, либо уменьшается на 43, а если против часовой стрелки, то либо уменьшается на 1, либо увеличивается на 43. Поэтому при одновременных перелётах чижей остаток от деления рассматриваемой суммы на 44 не изменяется. Сначала сумма равна 1 + 2 +... + 44 = —-— = 990; остаток от деления на 44 равен 22. А если бы чижи собрались на одном дереве, то сумма делилась бы на 44. Поэтому чижи не смогут собраться на одном дереве.

Замечание. То же самое решение годится для произвольного чётного числа деревьев и чижей. Для нечётного числа легко строится пример, показывающий, что чижи могут собраться на одном дереве.

18.2. Ответ: нельзя. При указанной операции первые два числа (а, Ъ) заменяются либо на (а — 1, Ъ— 1), либо на (а+ 2, Ъ— 1), либо на (а — 1, Ъ + 2). Во всех трёх случаях остаток от деления числа а — Ь на 3 не изменяется. Числа 13 и 15 дают разные остатки при делении на 3. Поэтому из тройки (13, 15, 17) нельзя получить тройку, состоящую из двух нулей и числа 45 = 13 + 15 + 17.

18.3. Будем заменять шестёрку чисел (xi, xq) на шестёрку чисел (Х2, хз, xq, хч), где Х7 — последняя цифра числа х\ + ... + Х6. Покажем, что при такой операции последняя цифра числа S(xi, xq) = 2(xi + 2x2 + 3хз + 4x4 + 5x5 + бхв) не изменяется. Действительно, *S(X2, Х7) — *S(xi, Xq) = 12x7 — -2(xi + ... + x6) = 2(X7 - (xi + ... + x6)) = 0 (mod 10).

У чисел S(l, 0, 1, 0, 1, 0) = 18 и S(0, 1, 0, 1, 0, 1) = 24 последние цифры разные, поэтому в рассматриваемой последовательности не могут встретиться подряд шесть чисел 0, 1, 0, 1, 0, 1.

18.4. Предположим сначала, что а и т — две перестановки чисел 1, п, для которых о (к) = т(к + 1), a(k + 1) = т(к) и o(ï) = z(i) при i ф к, к + 1. Тогда если о (к + 1) > о (к), то ^aibad) - ^aibT(i) = (cLk+i -ak)(ba{k+i) ~ba{k)) ^ 0.

Возьмём произвольную перестановку а. Если o(k+ 1) > о (к), то поменяем местами числа о (к + 1) и о (к). В результате получим новую перестановку. Применим к ней ту же самую операцию и т. д. После нескольких таких операций получим перестановку п, п—1, 1. Это доказывает неравенство ^dibn-i ^ ^ ^ aLba{i). Если же мы будем менять местами o(k+1) и о (к) в том случае, когда cr(k+1) < о (к), то после нескольких таких операций получим перестановку 1, 2, п. Это доказывает неравенство

18.5. а) Пусть m — количество всех солдат, повернувшихся лицом к данному солдату. Тогда этот солдат повернётся «кругом» не более m раз. Действительно, в те моменты, когда солдат не поворачивается, число m не изменяется, а в те моменты, когда солдат поворачивается, число m уменьшается на 1. Остаётся заметить, что m ^ N — 1.

б) Применим индукцию по N. При N=1 требуемое утверждение верно. Пусть N^2. Рассмотрим двух крайних справа солдат — самого крайнего и его соседа. Если крайний справа солдат смотрит направо, то он никогда поворачиваться не будет, и он и его сосед

никогда не будут стоять лицом друг к другу. В этом случае оценка времени движения строя такая же, как в случае строя из N — 1 солдат. Если крайний справа солдат смотрит налево, а его сосед стоит лицом к нему, то оба эти солдата должны повернуться «кругом». После этого крайний справа солдат будет смотреть направо. В этом случае к оценке времени движения строя из N — 1 солдат добавляется одна секунда. Остаётся разобрать случай, когда оба крайних справа солдата смотрят налево.

Будем считать, что солдаты, стоящие лицом друг к другу, не поворачиваются, а меняются местами (каждый делает шаг вперёд); время движения строя от этого не изменится. Теперь оба крайних солдата будут либо стоять неподвижно, либо шагать вперёд (по направлению к левому краю шеренги). При этом движение «предпоследнего» солдата (т.е. того, который первоначально был предпоследним справа) не зависит от движения «последнего» солдата. Кроме того, «последний» солдат отстаёт от «предпоследнего» не более чем на 2 шага (т. е. между ними не может быть более одного солдата). Время движения «предпоследнего» солдата такое же, как время его движения в случае строя из N — 1 солдат. После того как «предпоследний» солдат остановится, «последний» солдат может сделать один шаг. А уже после этого никакого движения не будет: все солдаты позади «предпоследнего» смотрят направо, а впереди — налево.

18.6. Прежде всего заметим, что при указанных операциях сумма чисел не изменяется. Для каждого набораХ=(х\, Х2, хз, ха, х$) положим

Пусть

Несложные вычисления показывают, что

т.е. F(Y) <F(X). Это означает, что после каждой операции целое неотрицательное число F(X) строго уменьшается. Такой процесс не может продолжаться бесконечно долго.

18.7. Возьмём произвольные попарно различные числа xi, ... и рассмотрим число

Покажем, что если это число равно 1, то числа т\ и m<i чётные, а если оно равно —1, то числа mi и 1712 нечётные.

Предположим сначала, что о — транспозиция, т.е. o(i) = у, сг (у) = i и o(k) = k при k ф i, у. Пусть для определённости i < у.

Тогда в рассматриваемое произведение входит дробь

Легко также проверить, что для каждого k ф i, у произведение соответствующих дробей для пар чисел (k, i) и (k, у) равно 1. Действительно, если k<i<j, то получаем произведение

если i < k < у, получаем

если i < у < k, получаем

Ясно также, что все остальные дроби равны 1.

Таким образом, для одной транспозиции получаем число —1.

Если после транспозиции а мы сделаем ещё транспозицию т, то для полученной в результате перестановки рассматриваемое число равно 1, поскольку

т. е. рассматриваемые числа для а и для г перемножаются. Аналогично доказывается, что после каждой транспозиции рассматриваемое число меняет знак.

18.8. Ответ: нет, нельзя. Сопоставим свободной клетке номер 16. Тогда после каждого хода получается некоторая перестановка чисел 1, 16. При этом каждый ход представляет собой транспозицию. Мы хотим в итоге получить транспозицию 14^ 15.

Покажем, что свободная клетка может вернуться на исходное место только после чётного числа ходов, т. е. чётного числа транспозиций. Согласно задаче 18.7 из этого следует, что так нельзя получить транспозицию.

Чтобы вернуться на исходное место, свободная клетка должна сделать вверх столько же ходов, сколько вниз, и влево столько же, сколько вправо. Поэтому общее число ходов должно быть четно.

18.9. Достаточно доказать, что из любой перестановки сг(1), ... ..., о (ri) можно получить набор 1, ..., п, сделав несколько транспозиций (эти транспозиции можно будет сделать в обратном порядке). Если о(1) ф 1, то поменяем местами 1 и сг(1). Затем в новом наборе чисел поменяем местами 2 и сг(2), если о (2) ф 2, и т. д.

18.10. Достаточно доказать, что после каждой транспозиции изменяется чётность числа всех инверсий. Пусть при транспозиции меняются местами числа o(ï) и о"(у). Тогда инверсия может появиться или исчезнуть только для пар (i, k) и (у, k). Легко видеть, что появление или исчезновение инверсии может произойти только в том случае, когда k заключено между i и у, a o(k) заключено между o(ï) и сг(у'). Но в этом случае обе инверсии одновременно либо появляются, либо исчезают.

18.11. а) Пусть при транспозиции переставляются числа а и fr. Рассмотрим два случая.

1. Числа а и fr входят в один цикл (а, аь ар, fr, bi, ..., bq). Тогда после транспозиции из этого цикла получаются два цикла (а, аь ..., ар) и (fr, fri, ..., bq), поскольку а —> аь а,2 —> аз, ... ар —> fr —> а и &—>&i, frf/ —> а —> fr. Остальные циклы не меняются.

2. Числа а и fr входят в разные циклы (а, аь • • •, ар) и (fr, fri, ... frr/). Тогда после транспозиции из этих двух циклов получится один цикл (а, аь ар, fr, fri, frf/), поскольку а —> аь ... ар —> а —>&, fr —> fri, >&—>а.

б) Разобьём все перестановки на два класса: те, для которых число n — m четно, и те, для которых число n — m нечётно. Первый класс содержит тождественную перестановку 1, 2, п (для неё п — m = 0). Второй класс содержит все транспозиции (для них n — m = 1). Согласно задаче а) применение транспозиции изменяет класс. Поэтому перестановки, которые получаются из тождественной чётным числом транспозиций, лежат в первом классе, а перестановки, которые получаются из тождественной нечётным числом транспозиций, лежат во втором классе.

ГЛАВА 19

ЛОГИКА

19.1. Логические задачи

19.1. В трёх ящиках лежат шары — чёрный, белый и зелёный (в каждом ящике по одному шару). На первом ящике написано «белый», на втором—«чёрный», на третьем — «белый или зелёный». Известно, что ни одна надпись не соответствует действительности. Выясните, где какие шары лежат.

19.2. Путешественник попал на остров, часть обитателей которого всегда говорит правду, а остальные всегда лгут. Какой вопрос должен задать путешественник обитателю острова, чтобы выяснить, всегда ли он говорит правду или всегда лжёт?

19.3. Один человек всегда говорит правду, а другой человек всегда лжёт. Какой вопрос нужно им задать, чтобы они ответили на него одинаково?

19.4. Некто всегда говорит правду. Какой вопрос нужно ему задать дважды, чтобы он дал на него разные ответы?

19.5. Дано 8 предметов, один из которых выделен. Требуется задать 3 вопроса, на которые даются только ответы «да» и «нет», и узнать, какой предмет выделен.

19.6. В институте работают правдолюбы, которые всегда говорят правду, и лжецы, которые всегда лгут. Однажды каждый из сотрудников сделал два заявления.

1) В институте нет и десяти человек, которые работают больше меня.

2) В институте по крайней мере у ста человек зарплата больше, чем у меня.

Известно, что нагрузка у всех сотрудников разная, и зарплата тоже. Сколько человек работает в институте?

19.7. Три мудреца сидят на стульях в затылок друг другу так, что сидящий впереди не видит тех, кто сидит сзади. Они знают, что есть 3 белых и 2 чёрных шляпы. Мудрецы зажмуривают глаза и им на головы надевают шляпы, после чего оставшиеся шляпы убирают. Мудрецы открывают глаза, и сидящий сзади всех говорит, что он не знает, какого цвета на нём шляпа. После этого сидящий посредине говорит, что он тоже не знает, какого цвета на нём шляпа. Знает ли теперь сидящий впереди, какого цвета на нём шляпа?

19.8. В вагоне поезда едут несколько мудрецов. Когда поезд проехал туннель, в окна попала пыль. Вошёл проводник и сказал: «У некоторых из вас испачкались лица. К сожалению, в поезде нет воды. Но сейчас будут большие остановки, поэтому можно будет выйти из поезда и умыться.» На п-й остановке испачкавшиеся мудрецы вышли из поезда, чтобы умыться. Сколько мудрецов испачкалось? (Мудрец идёт умываться тогда и только тогда, когда он точно знает, что испачкался.)

19.2. Логические парадоксы

Парадокс лжеца. Некто произносит фразу: «Высказывание, которое я сейчас произношу, ложно». Ложно само это высказывание или нет?

Если допустить, что это высказывание истинно, то оно должно быть ложным, а если допустить, что это высказывание ложно, то оно должно быть истинным.

Парадокс парикмахера. Деревенский парикмахер бреет тех и только тех жителей своей деревни, которые не бреют себя сами. Бреет ли он себя?

Если допустить, что он не бреет себя, то он должен себя брить, а если допустить, что он бреет себя, то он не должен себя брить.

Парадокс Ришара. Рассмотрим множество всех натуральных чисел, каждое из которых может быть однозначно определено посредством осмысленного текста, содержащего не более тысячи слогов. Это множество конечно, поскольку таких текстов конечное число. Рассмотрим наименьшее натуральное число, не входящее в указанное множество.

Выделенный курсивом текст содержит менее тысячи слогов, поэтому он определяет число из рассматриваемого множества. С другой стороны, он определяет число, не входящее в это множество.

19.3. Логика высказываний

Пусть р и q — некоторые высказывания, каждое из которых может быть либо истинным (И), либо ложным (Л). Из них можно составить следующие составные высказывания:

-*р — отрицание: «р неверно»;

p&q — конъюнкция: «верны риа»;

рУ q — дизъюнкция: «верно р или q»;

p^q — импликация: «р влечёт q», т.е. q верно, если р верно; p^q — эквивалентность: «р эквивалентно q». Эти составные высказывания имеют следующие таблицы истинности:

Р ч

p&q

pVq

И И

л

И

И

И

И

И л

л

Л

И

Л

л

Л И

И

Л

И

И

л

л л

И

Л

Л

И

И

Для конъюнкции часто используется также обозначение Л, а для эквивалентности — обозначение =.

19.9. Выпишите таблицу истинности для каждого из следующих высказываний:

Составное высказывание называют тавтологией, если оно истинно при любых значениях входящих в него переменных.

19.10. Являются ли следующие высказывания тавтологиями:

19.11. Докажите, что следующие высказывания эквивалентны, т.е. имеют одинаковые таблицы истинности: p&q

19.12. Докажите, что для любой данной таблицы истинности с помощью связок &, -i и V можно составить высказывание, имеющее данную таблицу истинности, в случае: а) одной переменной; б) двух переменных; в) п переменных.

19.13. Часть жителей острова всегда говорит правду, а остальные всегда лгут. Путешественник хочет выяснить, какая из двух дорог ведёт в деревню А, задав один вопрос встретившемуся ему местному жителю. Сможет ли он это сделать?

Решения

19.1. В третьем ящике может лежать только чёрный шар. Белый шар может лежать только во втором ящике. Зелёный шар лежит в первом ящике.

19.2. Нужно задать такой вопрос: «Если бы ты всегда говорил правду, то как бы ты ответил на вопрос: „Ты лжец?"?» Тот, кто всегда говорит правду, на этот вопрос ответит: «нет», а тот, кто всегда лжёт, ответит: «да».

19.3. «Ты всегда говоришь правду?»

19.4. «Я тебя сегодня о чём-нибудь спрашивал?»

19.5. Занумеруем предметы номерами от 0 до 7. Зададим вопросы, входит ли выделенный предмет в группы {0, 2, 4, 6}, {0, 1, 4, 5} и {0, 1, 2, 3}. Пусть Si = 0, если на i-й вопрос получен ответ «да», и Si = 1 в противном случае. Тогда выделенный предмет имеет номер Si + 2s2 + 4£з.

Действительно, запишем номера предметов в двоичной системе счисления: ао + ai • 2 + а 2 • 4, где at = 0 или 1. Тогда k-й вопрос можно переформулировать так: «Равно ли ak-i нулю?»

19.6. Ответ: 110. Из первого заявления для правдолюба с наименьшей нагрузкой следует, что в институте не более 10 правдолюбов, а для лжеца с наибольшей нагрузкой — что в институте не менее 10 правдолюбов. Из второго заявления для правдолюба с самой большой зарплатой следует, что в институте не менее 100 лжецов, а для лжеца с самой маленькой зарплатой — что в институте не более 100 лжецов. Таким образом, в институте работает 10 правдолюбов и 100 лжецов.

19.7. Ответ: сидящий впереди знает, что на нём белая шляпа. Если бы на двух передних мудрецах были чёрные шляпы, то сидящий сзади мудрец знал бы, что на нём белая шляпа. Значит, хотя бы на одном из них шляпа белая. Поэтому если бы на сидящем впереди мудреце была бы чёрная шляпа, то сидящий посредине понял бы, что на нём самом — белая. Значит, на мудреце, сидящем впереди, шляпа белая.

19.8. Докажем, что если испачкалось п мудрецов, то все они пойдут умываться на п-й остановке. При п = 1 это очевидно: испачкавшийся мудрец видит, что все остальные не испачкались, причём он знает, что кто-то испачкался. Предположим, что требуемое утверждение доказано, если испачкалось не более п мудрецов. Рассмотрим случай, когда испачкалось п + 1 мудрецов. Каждый из испачкавшихся мудрецов рассуждает так. Возможны два варианта: (1) я не испачкался, (2) я испачкался. При первом варианте испачкалось п мудрецов; они выйдут на п-й остановке. Поэтому до п-й остановки мне не следует выходить, потому что первый вариант остаётся возможным. Но если на п-й остановке никто не выйдет, то, значит, я испачкался.

19.9. Ответ: а) ЛЛ; б) ИИ; в) ЛИИИ; г) ИИИИ.

19.10. Ответ: да, являются. В случае в) достаточно заметить, что для высказывания (р —> q) —> р таблица истинности имеет вид ИИЛЛ.

19.11. Все требуемые таблицы истинности легко составляются.

19.12. а) Легко видеть, что высказывания р, -*р, р&^р и рУ ^р соответствуют всем возможным таблицам истинности.

б) Высказывания p&q, р& (^q), ^p&q и -ир& (^q) принимают значение И ровно для одного из четырёх возможных наборов значений переменных риа. Чтобы получить высказывание, принимающее значение И на двух, трёх или четырёх наборах, можно применить дизъюнкцию. Например, высказывание (р & q) V (р & ->q) принимает значение И, если (р, q) = (И,И) или (р, q) = (И,Л). Высказывание р&^р принимает значение Л для всех наборов переменных. Теперь мы построили требуемые высказывания для всех

таблиц истинности. Отметим, что высказывание, принимающее значение И на всех четырёх наборах переменных, можно построить проще, а именно, взять высказывание рУ -^р.

б) Решение для п переменных точно такое же, как для двух переменных. Высказывание р\ &^pi принимает значение Л для всех наборов переменных. Высказывания pi&p2&...&pn, -*pi &Р2 &... ...&Рп и т.д. принимают значение И ровно для одного набора значений переменных (всего можно составить 2п таких высказываний — столько же, сколько есть разных наборов значений переменных). Высказывание, принимающее значение И в точности для данных наборов значений, составляется из этих высказываний с помощью дизъюнкции.

19.13. Пусть р — это утверждение, что дорога ведёт в A, q — это утверждение, что встретившийся местный житель правдив. Получаем следующую таблицу желаемых ответов и, соответственно, таблицу истинности требуемого высказывания (она, естественно, составляется на основе того, что правдивый говорит правду, а лжец лжёт):

р

Q

желаемый ответ

таблица истинности

и

И

да

И

и

л

да

Л

л

и

нет

Л

л

л

нет

И

Требуемое высказывание строится теперь так, как описано в решении задачи 19.12. Это будет высказывание (p&q)V (^p&^q). Таким образом, нужно задать вопрос: «Верно ли, что ты правдив и эта дорога ведёт в А, или что ты лжец и эта дорога не ведёт в А?» Житель ответит «Да» тогда и только тогда, когда дорога ведёт в А.

Замечание. Легко проверить, что таблица истинности построенного высказывания (p&q) V (^р & -ig) совпадает с таблицей истинности высказывания р <-> q. Поэтому можно задать вопрос: «Верно ли, что ты правдив тогда и только тогда, когда эта дорога ведёт в А?»

ГЛАВА 20

СТРАТЕГИИ. ТУРНИРЫ. ТАБЛИЦЫ

20.1. Выбор стратегии

20.1. Перевозчику нужно переправить через реку волка, козу и капусту. В лодку он может взять только один из этих объектов. Кроме того, капусту нельзя оставить вместе с козой, а козу — с волком. Как осуществить переправу?

20.2. Три солдата и три разбойника должны переправиться через реку. Они нашли лодку, в которую помещаются только два человека. На каждом берегу солдаты не могут оставаться, если их меньше, чем разбойников. Как им всем переправиться через реку?

20.3. Семья ночью подошла к мосту. Папа может перейти его за 1 минуту, мама за 2, сын за 5, бабушка за 10. У них есть один фонарик. Мост выдерживает только двоих. Как им перейти мост за 17 минут? (Если по мосту идут двое, то они идут с меньшей из их скоростей. Идти по мосту без фонарика нельзя. Светить издали нельзя, перебрасывать фонарик через реку тоже нельзя.)

20.4. Двое играют в следующую игру. Есть 9 карточек с числами 1, 2, 9. Играющие по очереди берут себе по одной карточке. Выигрывает тот, у кого есть три карточки с числами, дающими в сумме 15. Докажите, что эта игра эквивалентна игре в «крестики-нолики» на доске размером 3x3.

20.2. Переливания

20.5. Есть полный кувшин молока ёмкостью 8 литров и два пустых кувшина в 5 литров и 3 литра. Как разделить молоко на две равные части?

20.6. Есть полный кувшин молока ёмкостью 12 литров и два пустых кувшина в 8 литров и 5 литров. Как разделить молоко на две равные части?

20.7. Есть четыре бочки. В первую входит 24 ведра, во вторую 13, в третью 11, в четвёртую 5. Первая бочка наполнена водой, а остальные бочки пустые. Как разделить воду на три равные части?

20.3. Турниры

При решении задач о турнирах нужно знать следующие правила:

а) в волейболе не бывает ничьих;

б) в шахматах за победу присуждается 1 очко, за ничью 1/2 очка, за поражение 0 очков.

20.8. Восемь волейбольных команд сыграли каждая с каждой по одному матчу. Докажите, что можно выбрать четыре команды ai, a2, аз, так, что команда at выиграла у dj при i<j.

20.9. Алик, Боря и Вася сыграли несколько партий в шахматы, причём каждый сыграл одинаковое число партий. Могло ли при этом оказаться, что у Алика меньше всех проигрышей, у Бори больше всех выигрышей, а у Васи больше всего очков?

20.10. а) В шахматном турнире участвовали два ученика 7 класса и некоторое число учеников 8 класса. Два семиклассника набрали 8 очков, а каждый из восьмиклассников набрал одно и то же число очков. Сколько восьмиклассников участвовало в турнире? Найдите все возможные решения.

б) В шахматном турнире участвовали ученики 9 и 10 классов. Десятиклассников было в 10 раз больше, чем

девятиклассников, и они набрали вместе в 4,5 раза больше очков, чем все девятиклассники. Сколько очков набрали девятиклассники?

20.11. В соревнованиях участвуют 2п боксёров. Каждый день проходят бои 2п~х пар боксёров (каждый боксёр проводит ровно один бой). Все боксёры имеют разную силу, и в каждом бою побеждает сильнейший. Докажите, что за п(п + 1)/2 дня можно определить место каждого боксёра. (Расписания на каждый день составляются накануне вечером и в день соревнований не меняются.)

20.4. Взвешивания

20.12. Есть несколько мешков, в каждом из которых достаточно много монет. В одном мешке монеты фальшивые, а во всех других настоящие. Известен вес настоящей монеты и известно, что фальшивая монета на 1 грамм легче настоящей. Как при помощи одного взвешивания на весах с разновесками обнаружить мешок с фальшивыми монетами?

20.13. Среди 26 одинаковых по виду монет есть одна фальшивая, которая легче остальных. Докажите, что за три взвешивания на чашечных весах (без стрелок и гирь) можно найти фальшивую монету.

20.14. Среди 2п+1 монет есть 2k фальшивых (k^n), причём вес фальшивой монеты отличается от веса настоящей монеты на 1 грамм. Как за одно взвешивание на чашечных весах со стрелкой про одну выбранную монету узнать, фальшивая она или нет?

20.15. Есть п мешков, в каждом из которых достаточно много монет. Есть несколько разных сортов монет. Монеты разного сорта имеют разный вес, причём их веса различаются на целое число граммов. Вес монеты каждого сорта известен. В каждом мешке лежат монеты одного сорта, но количество мешков с монетами данного сорта может быть произвольным. Как при помощи одного взвешивания на ве-

сах с разновесками выяснить, какого сорта монеты лежат в каждом мешке?

20.16. Некоторые из 20 металлических кубиков, одинаковых по размерам и внешнему виду, алюминиевые, остальные* дюралевые (более тяжёлые). Как при помощи 11 взвешиваний на весах с двумя чашками без гирь определить число дюралевых кубиков?

20.17. а) Дано ^ (Зп — 3) монет (п ^ 2), среди которых есть

одна фальшивая монета, отличающаяся по весу от настоящей. За п взвешиваний на чашечных весах без гирь нужно найти фальшивую монету и выяснить, тяжелее она или легче, чем настоящая.

б) Сделайте то же самое в случае, когда монет меньше - (Зп — 3), но больше двух.

20.5. Таблицы

20.18. а) В прямоугольной таблице, составленной из положительных чисел, произведение суммы чисел любого столбца на сумму чисел любой строки равно числу, стоящему на их пересечении. Докажите, что сумма всех чисел в таблице равна единице.

б) В прямоугольной таблице произведение суммы чисел любого столбца на сумму чисел любой строки равно числу, стоящему на их пересечении. Докажите, что либо сумма всех чисел в таблице равна единице, либо все числа равны нулю.

20.19. Квадратная таблица в п2 клеток заполнена числами от 1 до п так, что в каждой строке и каждом столбце встречаются все эти числа. Докажите, что если п нечётно и таблица симметрична относительно диагонали, идущей из

* Предполагается, что все кубики могут быть алюминиевыми, но они не могут быть все дюралевыми (если все кубики окажутся одного веса, то нельзя выяснить, алюминиевые они или дюралевые).

левого верхнего угла в правый нижний, то на этой диагонали встретятся все числа 1,2,3,...,тг.

20.20. В клетках таблицы 8x8 записаны неотрицательные числа, сумма которых равна 1956.

а) Сумма чисел, стоящих на одной из диагоналей, равна 112. Числа, расположенные симметрично относительно этой диагонали, равны. Докажите, что сумма чисел в любом столбце меньше 1035.

б) Сумма чисел, стоящих на двух диагоналях, равна 112. Числа, расположенные симметрично относительно любой диагонали, равны. Докажите, что сумма чисел в любой строке меньше 518.

20.21. Числа 1, 2, k2 расположены в виде квадратной таблицы:

Выпишем произвольное число из этой таблицы, а затем вычеркнем строку и столбец, содержащие это число. То же самое проделаем с оставшейся таблицей из (k — I)2 чисел и т.д. k раз. Найдите сумму выписанных чисел.

20.22. В таблице размером 1987 х 1987 записаны вещественные числа, абсолютная величина каждого из которых не превосходит 1. Известно, что сумма четырёх чисел, стоящих на пересечении любых двух строк и двух столбцов, равна нулю. Докажите, что сумма всех чисел не превосходит 1987.

Решения

20.1. Сначала нужно перевезти через реку козу. После этого перевозчик возвращается, и есть два варианта дальнейших действий. Нужно перевезти капусту (волка), вернуться обратно с ко-

зой, оставить козу на берегу, перевезти волка (капусту) и потом перевезти козу.

20.2. Будем указывать в скобках, кто плывёт в лодке. Переправиться через реку можно следующим образом: РРСС(РС), РРСС(Р)С, РСС(РР)С, РСС(Р)РС, СС(РР)РС, СС(С)РРР, С(СС)РРР, С(Р)РРСС, (РС)РРСС.

20.3. Основная идея состоит в том, что бабушка должна пройти по мосту вместе с внуком. Сначала идут папа с мамой, затем папа возвращается с фонариком, после этого идут бабушка с внуком, затем мама возвращается с фонариком, наконец, папа с мамой переходят через мост. Всего на это будет затрачено 2 + 1 + 10 + 2 + 2 = 17 минут.

20.4. Легко проверить, что есть ровно 8 троек карточек, дающих в сумме 15: (1, 5, 9), (1, 6, 8), (2, 4, 9), (2, 5, 8), (2, 6, 7), (3, 4, 8), (3, 5, 7) и (4, 5, 6). Эти 8 троек чисел — в точности тройки чисел, лежащих на одной прямой в таблице

2

9

4

7

5

3

6

1

8

Таким образом, цель играющего состоит в том, чтобы занять в этой таблице три клетки на одной вертикали, горизонтали или диагонали.

20.5. Первое решение. Если в 8-литровый, 5-литровый и 3-литровый кувшин налито, соответственно, а, Ь, с литров молока, то будем обозначать это (а, Ь, с). Можно применить такую последовательность переливаний: (8, 0, 0) —> (3, 5, 0) —> (3, 2, 3) —> -> (6, 2, 0) -> (6, 0, 2) -> (1, 5, 2) -> (1, 4, 3) -> (4, 4, 0).

Второе решение. Если есть три кувшина ёмкостью а, Ь, с литров, то последовательные переливания п литров жидкости удобно изображать в правильном треугольнике со стороной п. Каждой точке внутри правильного треугольника со стороной п можно сопоставить три неотрицательных числа х, г/, 2, сумма которых равна п. А именно, если через точку внутри правильного треугольника со стороной п провести прямые, параллельные сторонам треугольника, то образуются три маленьких треугольника со сторонами х, г/, z; легко доказать, что х + у + z = п. Каждое из чисел x, у, z соответствует одной из сторон правильного треугольника. Будем считать, что этой стороне соответствует один из кувшинов, т. е. будем считать, что в кувшины ёмкостью а,

b, с литров налито, соответственно, х, у, г литров. Переливания происходят в области, заданной неравенствами х ^ а, у ^b, г ^ с. Каждое отдельное переливание представляет собой перемещение из одной точки границы данной области в другую точку границы в направлении, параллельном одной из сторон треугольника.

Два различных варианта решения задачи изображены на рис. 20.1.

Рис. 20.1. Переливания

20.6. Можно применить такую последовательность переливаний:

20.7. Можно применить следующие переливания:

20.8. Общее количество выигрышей равно общему количеству проигрышей. Каждая команда сыграла 7 матчей. Поэтому среднее количество выигрышей равно 3,5. Значит, есть команда а\, выигравшая по крайней мере у четырёх команд. Для этих четырёх команд среднее число выигрышей в их матчах друг с другом равно 1,5. Поэтому есть команда а2, которая выиграла по крайней мере

у двух команд аз и а\ (аз — это та команда, которая выиграла у другой).

20.9. Ответ: да, могло. Чтобы построить соответствующий пример, рассмотрим три вида турниров со следующими турнирными таблицами:

Выигрыши

Ничьи

Проигрыши

Очки

Алик

0

4

0

2

Боря

1

2

1

2

Вася

1

2

1

2

Выигрыши

Ничьи

Проигрыши

Очки

Алик

1

2

1

2

Боря

1

2

1

2

Вася

0

4

0

2

Выигрыши

Ничьи

Проигрыши

Очки

Алик

0

1

1

1/2

Боря

0

1

1

1/2

Вася

2

0

0

2

Пусть было сыграно а турниров первого вида, Ъ — второго, с — третьего. Тогда у Алика Ь + с проигрышей, у Бори и Васи а+Ь+с и а проигрышей. У Бори а + Ь выигрышей, у Алика и Васи Ь и а + 2с выигрышей. У Васи 2(а + Ъ + с) очков, у Алика и Бори по 2а + 2fr + с/2 очков. Поэтому должны выполняться неравенства а > fr + с, Ь> 2с и О 0. Например, можно взять с=1, 6 = 3иа = 5.

20.10. а) Ответ: 7 или 14. Пусть х — число восьмиклассников, у — число очков, набранных каждым восьмиклассником. Подсчитывая двумя способами сумму очков, набранных всеми участниками турнира, приходим к уравнению

Поэтому x принимает одно из значений 1, 2, 7, 14. Значения 1 и 2 отпадают, поскольку в этих случаях число у будет отрицательным. Задача имеет два ответа: х = 7 и х = 14.

б) Ответ: 10. Пусть в турнире участвовало х девятиклассников. Тогда всего было 11х участников и они набрали - очков. По условию отношение числа очков, набранных девятиклассниками, к числу очков, набранных десятиклассниками, равно 1 : 4,5. Поэтому девятиклассники набрали х(11х — 1) очков, а значит, каждый из девятиклассников выиграл все Их — 1 партий, которые он сыграл. Но если бы среди участников турнира было два девятиклассника, то партию между собой они должны были оба выиграть, что невозможно. Поэтому в турнире участвовал один девятиклассник; он набрал 10 очков.

20.11. Применим индукцию по п. Для п= 1 утверждение очевидно. Предположим, что 2п~1 боксёров можно упорядочить за п(п — 1)/2 дней. Докажем, что тогда 2я боксёров можно упорядочить за п(п+ 1)/2 дней. Разобьём боксёров на две группы X и Y по 2п_1 человек. Сначала будут происходить бои только между боксёрами из одной и той же группы. По предположению индукции за п(п — 1)/2 дней в каждой из этих групп боксёров можно упорядочить: Xi < ... < XN и Y\ < ... < YN, где N = 2n~l.

Теперь нужно за п(п + 1)/2 — п(п — 1)/2 = п дней повести поединки между боксёрами из разных групп и упорядочить всех боксёров. Это мы тоже будем делать по индукции. При п = 1 утверждение очевидно. Сделаем теперь шаг индукции. Возьмём «нечётную» группу Xi, Хз, Yi, Уз, ... и «чётную» группу Хг, Х4, Y2, Y\, ... По предположению индукции за п — 1 дней можно упорядочить боксёров в каждой из этих групп (каждая группа состоит из двух уже упорядоченных меньших групп). Пусть Yj-i < X/ < Yy+i. Тогда боксёра X/ нужно сравнить с Yj. Но это сравнение необходимо лишь во том случае, когда X/_i < Yj <Х/+ь Поэтому те пары боксёров {X/, Yj}, между которыми необходимо провести бой, определены так, что ни один из боксёров не входит в две группы.

20.12. Занумеруем мешки и возьмём из каждого мешка столько монет, каков его номер. Взвесим все эти монеты. Их вес меньше веса такого же количества настоящих монет на столько же граммов, каков номер мешка с фальшивыми монетами.

20.13. Возьмём 18 монет и положим половину из них на одну чашку весов, а другую половину на другую чашку. Если одна группа монет окажется легче, то фальшивая монета входит в эту

группу. Если же чашки весов уравновесятся, то фальшивая монета находится среди восьми оставшихся монет.

После первого взвешивания у нас осталось 8 или 9 подозрительных монет. Возьмём из них 6 монет и половину положим на одну чашку весов, половину на другую. После этого останется две или три подозрительных монеты. Положив на обе чашки весов по одной подозрительной монете, мы сможем выяснить, какая монета фальшивая.

20.14. Отложим выбранную монету и положим половину оставшихся монет на одну чашку весов, а другую половину — на другую чашку. Пусть среди первых п монет есть k\ фальшивых, а среди других п монет есть k<i фальшивых. Тогда на первой чашке лежит груз весом na±ki, где а — вес настоящей монеты, а на второй чашке лежит груз весом na±k2. Стрелка весов покажет разность ki — 1î2 = ki + k2 (mod 2). Таким образом, если выбранная монета фальшивая, то показание стрелки весов — нечётное число, а если выбранная монета настоящая, то показание стрелки весов — чётное число.

20.15. Пусть вес самой лёгкой монеты равен а грамм, а вес самой тяжёлой монеты равен а + d — 1 грамм. Занумерует мешки числами 0, 1, 2, п — 1 и возьмём из мешка с номером i ровно d1 монет. Тогда если в мешке с номером i лежат монеты веса а + mL, то вес выбранных монет превышает вес такого же количества самых лёгких монет на mo + mid + m2d2 + ... + mn-idn~1. Это число можно узнать при помощи одного взвешивания. Кроме того, 0 ^ mt ^ d — 1. Поэтому, записав полученное число в d-ичной системе счисления, мы узнаем все числа то, mi, mn-i.

20.16. Положим на чашки весов по одному кубику. Возможны два случая.

Случай 1. При первом взвешивании один из кубиков оказался тяжелее.

В этом случае один выбранный кубик алюминиевый, а другой дюралевый. Положим выбранные кубики на одну чашку и будем с ними сравнивать остальные кубики. А именно, оставшиеся 18 кубиков разбиваем на 9 пар и поочерёдно кладём их на другую чашку. Каждый раз мы узнаём, сколько в паре дюралевых кубиков. Действительно, если эталонная пара легче, то мы положили два дюралевых кубика; если эталонная пара имеет тот же самый вес, то мы положили один алюминиевый и один дюралевый кубик; если эталонная пара тяжелее, то мы положили два алюминиевых кубика. Таким образом, в первом случае достаточно 10 взвешиваний.

Случай 2. При первом взвешивании кубики оказались равного веса.

В этом случае либо оба выбранных кубика алюминиевые, либо оба дюралевые. Положим выбранные кубики на одну чашку и будем последовательно сравнивать с ними остальные кубики. Пусть первые k пар оказались того же самого веса, a (k + 1)-я пара оказалась другого веса. (Если k = 9, то все кубики одного веса, поэтому дюралевых кубиков нет.) Пусть для определённости (k + 1)-я пара оказалась более тяжёлой. Тогда первые два кубика и кубики первых k пар алюминиевые. Положим на каждую чашку весов по одному кубику (k + 1)-й пары. Если эти кубики одного веса, то они оба дюралевые. Если кубики разного веса, то один алюминиевый, а другой дюралевый. В обоих случаях мы можем составить пару кубиков, один из которых алюминиевый, а другой дюралевый. Оставшиеся пары кубиков мы можем сравнивать с этой парой, как и в первом случае. Общее число взвешиваний во втором случае равно 11.

20.17. а) Рассмотрим все д-значные числа в троичной системе счисления, за исключением чисел 00...0, 11... 1 и 22... 2. Разобьём эти числа на пары так, чтобы сумма чисел в каждой паре была равна 22...2. Каждой монете сопоставим одну из таких пар. Будем называть правым маркером монеты то из чисел соответствующей ей пары, для которого первая пара неравных цифр — это 01, 12 или 20. Другое число будем называть левым маркером. Для него первая пара неравных цифр — это 21, 10 или 02.

При k-м взвешивании положим на одну чашку весов те монеты, у которых k-й разряд правого маркера равен 0, а на вторую чашку — те монеты, у которых k-й разряд правого маркера равен 2. Если перевесит первая чашка, то положим а/г = 0; если перевесит вторая чашка, то положим а/г = 2; если чашки уравновесятся, то положим а/г = 1. Покажем, что тогда а\а2...ап —маркер фальшивой монеты, причём он левый, если фальшивая монета легче настоящей, и правый, если фальшивая монета тяжелее.

Прежде всего заметим, что на каждую чашку весов кладётся одинаковое число монет; более того, монет, у которых k-й разряд правого маркера равен 0, 1, 2, одинаковое число. Чтобы это доказать, нужно рассмотреть циклическую перестановку цифр 0 —> 1 —> 2 —> 0; при такой замене цифр каждый правый маркер переходит в некоторый другой правый маркер, и в результате правые маркеры разбиваются на тройки.

Предположим, что k-й разряд правого маркера фальшивой монеты равен 1. Тогда на обеих чашках весов при k-м взвешивании

лежат настоящие монеты, поэтому а/г = 1. Именно так и должно быть (k-й разряд левого маркера тоже равен 1).

Предположим, что k-й разряд правого маркера фальшивой монеты равен 0. Тогда при k-м взвешивании фальшивая монета лежит на первой чашке весов. Если фальшивая монета тяжелее настоящей, то cik = 0 (k-й разряд правого маркера тоже равен 0). Если фальшивая монета легче настоящей, то ük = 2 (k-й разряд левого маркера тоже равен 2). Случай, когда k-й разряд правого маркера фальшивой монеты равен 2, разбирается аналогично.

б) Основная трудность, которая возникает в случае, когда количество монет меньше ^(З" — 3), связана с тем, что если мы применим ту же самую систему взвешиваний, то на одной чашке весов может оказаться меньше монет, чем на другой. Чтобы преодолеть эту трудность, воспользуемся разбиением правых маркеров на тройки, которое возникает при циклической перестановке цифр 0 —> 1 —> 2 —> 0. Кроме того, выделим тройку правых маркеров 00... 01, 11... 12 и 22 ... 20. Эти маркеры мы не будем использовать до тех пор, пока это возможно.

Будем разбивать монеты на тройки до тех пор, пока это возможно. Каждой тройке монет сопоставим тройку правых маркеров (и соответствующих им левых маркеров); при этом выделенную тройку маркеров мы не используем. Если остаётся одна монета, то ей сопоставляем маркер 11... 12, а если остаются две монеты, то им сопоставляем маркеры 00... 01 и 22 ... 20.

Для первых п—1 взвешиваний можно применить прежние правила. Более того, если количество монет делится на 3, то последнее взвешивание тоже можно сделать по прежним правилам.

Предположим, что осталась одна монета с маркером 11... 12. Тогда если после первых п—1 взвешиваний получается число, отличное от 11...1, то ясно, что монета с маркером 11... 12 не фальшивая. В таком случае последнее взвешивание производится без учёта этой монеты. Если же получилось число 11... 1, то под подозрением остаются только монеты с маркерами 11... 10 и 11... 12. Но это — маркеры одной и той же монеты (левый и правый). Итак, фальшивая монета известна. Теперь за одно взвешивание её можно сравнить с настоящей и выяснить, какая из них легче.

Предположим, что остались две монеты с правыми маркерами 00... 01 и 22... 20; им соответствуют левые маркеры 22... 21 и 00...02. Если после первых п—1 взвешиваний получается число, отличное от 00... 0 и 22... 2, то фальшивая монета отлична от двух

выделенных монет. Поэтому последнее взвешивание можно сделать без них. Если же после п — 1 взвешиваний получается число 00...О или 22...2, то мы знаем, что фальшивая монета — одна из двух выделенных, причём мы знаем, какая из выделенных монет легче. Сравнив одну из этих монет с настоящей, мы узнаем, какая монета фальшивая, и узнаем, легче она настоящей или тяжелее.

20.18. а) Первое решение. Пусть xi, хп —суммы чисел в строках, у\, ут — суммы чисел в столбцах. На пересечении i-й строки и у-го столбца стоит число Xiy5. Поэтому сумма чисел в i-й строке равна xty\ + xty2 +... + Xiym. С другой стороны, эта сумма равна X/. Таким образом, Х\ = Xt(yi + У2 + • • • + Ут). Число Xi положительно; в частности, оно отлично от нуля, поэтому У\ + У 2 + ... + у m = 1. Но сумма у\ + у 2 + ... + у m это как раз и есть сумма всех чисел в таблице.

Второе решение. Пусть ац — число, стоящее на пересечении i-й строки и у-го столбца. По условию

Следовательно,

Для числа

мы получили уравнение S2 = S. Но S > 0, поэтому S=l.

б) Пусть х\, ..., Хп — суммы чисел в строках, у\, ..., ут — суммы чисел в столбцах. На пересечении i-й строки и у-го столбца стоит число Х[У]. Поэтому сумма чисел в i-й строке равна Xiyi + Х1У2 + ... +Xiym. С другой стороны, эта сумма равна X/. Таким образом, Xi = х-к(yi + У 2 + • • • + Ут) - Сумма у\ + у 2 +... + у m — это как раз сумма всех чисел в таблице. Если она не равна 1, то x-t = 0. Аналогично доказывается, что в таком случае все числа х\, хп, */ь У m равны 0. Но тогда и все числа xiy-s тоже равны 0.

20.19. Таблица симметрична относительно диагонали, поэтому каждому числу, расположенному вне диагонали, соответствует равное ему число на симметричном месте. Значит, вне диагонали расположено чётное число единиц, чётное число двоек и т. д. По условию в каждой строке встречаются все числа от 1 до п. Поэтому в каждой строке любое число от 1 до п встречается ровно один раз, а всего в таблице оно встречается ровно п раз. Число п нечётно, поэтому каждое число от 1 до п встречается на диагонали нечётное число раз; в частности, каждое число от 1 до я встречается на диагонали по крайней мере один раз. Но на диагонали всего п мест, поэтому каждое число от 1 до п встречается на диагонали ровно один раз.

20.20. а) Предположим, что сумма чисел в некотором столбце равна S ^ 1035. Рассмотрим строку, симметричную этому столбцу относительно выделенной диагонали. Сумма чисел в этой строке тоже равна S, а сумма всех чисел, стоящих в этом столбце и этой строке, равна 2S — s, где s — число, стоящее на их пересечении. Число s стоит на выделенной диагонали, поэтому 112. Следовательно, 2S - s ^ 2 • 1035 - 112 = 1958 > 1956. Приходим к противоречию.

б) Предположим, что сумма чисел в некоторой строке равна S ^ 518. Рассмотрим два столбца, симметричных этой строке относительно двух диагоналей, и ещё строку, симметричную этим столбцам. Таблица состоит из чётного числа строк и чётного числа столбцов, поэтому мы получим два разных столбца и две разных строки. На пересечениях этих строк и столбцов стоят 4 числа, сумма которых равна s ^ 112. Сумма всех чисел, стоящих в этих двух строках и двух столбцах равна 4S — s ^ 4 • 518 — 112 = 1960 > 1956. Приходим к противоречию.

20.21. Ответ:

Запишем данную таблицу в виде

Каждое число таблицы представлено в виде ka + Ъ, где 0 ^ а ^ k — 1 и 1 ^ Ъ ^ k. Будем отдельно суммировать слагаемые ka и слагаемые Ъ. Из каждой строки выписано в точности одно число, поэтому будут присутствовать слагаемые ka для каждого а = 0, 1, k — 1. Из каждого столбца выписано в точности одно число, поэтому будут присутствовать слагаемые Ь для каждого Ь=1, 2, k. Таким образом, искомая сумма равна

20.22. Рассмотрим таблицу 3 х 3 и вырежем из неё левый верхний угол. Покажем, что если такая фигура расположена в данной таблице, то сумма стоящих в ней 8 чисел не превосходит 2. Действительно, рассмотрим два квадрата 2x2, расположенных в левом нижнем и в правом верхнем углах таблицы 3x3, возьмём

сумму чисел, стоящих в одном квадрате, и прибавим к ней сумму чисел, стоящих в другом квадрате. С одной стороны, в результате получим нуль, поскольку по условию сумма чисел в каждом из этих квадратов равна нулю. С другой стороны, в результате получим сумму 7 чисел, стоящих в этих квадратах, минус число, стоящее в центре таблицы. Следовательно, сумма этих 7 чисел равна числу, стоящему в центре, поэтому рассматриваемая сумма 8 чисел равна сумме двух чисел (стоящих в центре таблицы и в правом нижнем углу). Остаётся заметить, что абсолютная величина каждого числа не превосходит 1.

Расположим в исходной таблице по диагонали, идущей из левого верхнего угла в правый нижний, 993 такие фигуры так, чтобы они не пересекались. Сумма чисел, стоящих в левом верхнем углу и во всех этих фигурах, не превосходит 1 + 2 • 993 = 1987. А вся остальная часть таблицы разбивается на квадратные таблицы размером 2 х 2, в каждой из которых сумма чисел равна нулю.

ГЛАВА 21

СИСТЕМЫ СЧИСЛЕНИЯ

21.1. Последние цифры

21.1. Найдите все трёхзначные числа, любая натуральная степень которых оканчивается на три цифры, составляющие исходное число (в том же порядке).

21.2. а) Докажите, что для любого натурального п существуют ровно два натуральных д-значных* числа ап и Ъп (отличных от 00... О и 0... 01), для которых а\ оканчивается на а„, a Ъ\ оканчивается на Ъп.

б) Докажите, что ап + Ъп = 10" + 1.

в) Пусть числа ап и ап+\ оканчиваются на одну и ту же цифру. Докажите, что тогда ап+\ оканчивается на аю a Ъп+\ оканчивается на Ъп.

г) Докажите, что если ап+\ и ап оканчиваются на 5, то an+i — это последние п + 1 цифр числа а\, a если bn+\ и Ъп оканчиваются на 6, то bn+i — это последние п + 1 цифр числа Ъ\.

21.2. Первые цифры

21.3. Числа 2п и 5п начинаются с цифры а. Чему равно а?

21.4. а) Докажите, что число 2п может начинаться с любого набора цифр.

* Первыми цифрами могут быть и нули, т.е. требуется лишь, чтобы выполнялось неравенство ап, Ъп ^ 10я — 1.

б) Докажите, что число 0,12481632... (подряд записываются степени двойки) иррационально.

21.5. Докажите, что квадрат целого числа может начинаться с любого набора цифр.

См. также задачу 25.35.

21.3. Другие цифры

21.6. Докажите, что предпоследняя цифра числа 3" при любом п > 2 четна.

21.7. Пусть а — последняя цифра числа 2Л, b = 2п — а. Докажите, что если п > 3, то ab делится на 6.

21.8. Пусть ai, a2, ... —различные натуральные числа, в десятичной записи которых не встречается цифра 1. Докажите, что среди чисел ап/п есть сколь угодно большие числа.

21.4. Сумма цифр

21.9. Пусть a ^ 2 — натуральное число, которое не делится ни на 2, ни на 5. Докажите, что сумма цифр числа ат при достаточно большом m может быть сколь угодно велика.

21.10. Докажите, что сумма цифр числа 2п может быть сколь угодно велика.

21.11. Пусть Р(х) — многочлен с натуральными коэффициентами, ап — сумма цифр числа Р(п). Докажите, что некоторое число встречается в последовательности ai, a2, аз, ... бесконечно много раз.

21.5. Разные задачи о десятичной записи

21.12. Найдите четырёхзначное число, которое является точным квадратом и у которого две первые цифры одинаковые и две последние тоже.

21.13. Числа 2п и 5п (в десятичной записи) записаны одно за другим. Сколько цифр имеет полученное число?

21.14. Докажите, что любое положительное число а можно представить в виде суммы девяти чисел, десятичные записи которых содержат только цифры 0 и k, где k — фиксированная цифра, отличная от нуля.

21.15. Найдите все трёхзначные числа, равные сумме факториалов своих цифр.

21.16. Все целые числа выписаны подряд, начиная с единицы. Какая цифра стоит на 206 788-м месте?

21.6. Периоды десятичных дробей и репьюниты

Пусть р — простое число, отличное от 2 и 5. Длиной периода числа р называют количество цифр в периоде десятичной записи дроби 1/р.

21.17. Пусть п — натуральное число, не превосходящее р — 1. Докажите, что количество цифр в периоде десятичной записи числа п/р равно длине периода числа р.

21.18. Докажите, что длина периода числа р является делителем числа р — 1.

21.19. Периоды правильных дробей со знаменателем 7 получаются друг из друга циклической перестановкой:

1/7 = 0,(142857), 3/7 = 0,(428571), 2/7 = 0,(285714), 6/7 = 0,(857142), 4/7 = 0,(571428), 5/7 = 0,(714285).

Докажите, что таким же свойством обладают все простые числа p, у которых длина периода равна р — 1.

21.20. Период дроби 1/7 = 0,(142857) обладает следующим свойством: 142 + 857 = 999. Докажите, что аналогичным свойством обладает период дроби 1/р для любого простого числа p, у которого длина периода равна р — 1.

Репьюнитом называют натуральное число вида 111... 111, т. е. натуральное число, в десятичной записи которого встречаются только единицы.

21.21. Докажите, что длина периода простого числа р^З равна числу единиц в наименьшем репьюните, делящемся на р.

21.22. Пусть р ^ 7 — простое число. Докажите, что число 111... 11 делится на р.

21.7. Определение d-ичной записи числа

21.23. Пусть d > 1 — натуральное число. Докажите, что любое натуральное число п единственным образом представляется в виде TL = ао + Œ\d + a^d2 +... + CLkdk, где 0 ^ at ^ ^ d — 1 — целые числа, причём a& ф 0.

IВыражение fi=ao+aid+a2<i2+. • .+akdk называют d-ичной записью числа п.

21.8. Двоичная система

21.24. Пусть п — натуральное число, ао — остаток от деления п на 2. Положим щ = (п — ао)/2, ai — остаток от деления п\ на 2 и т. д. до тех пор, пока не получим дт = 1 и am = 1. Докажите, что ат2т + ат-\2п~х + ... + ai • 2 + ao — двоичная запись числа д.

21.25. Докажите, что

21.26. Докажите, что количество нечётных коэффициентов многочлена (1 + х)п равно 2d9 где d — сумма цифр в двоичной записи числа п (т. е. количество единиц в двоичной записи числа п).

21.27. (Игра ним.) Есть три кучки камней. Двое игроков по очереди берут произвольное число камней из любой кучки, но только из одной. Выигрывает тот, кто берёт последний камень.

Запишем числа камней в кучках в двоичной системе:

Положим dt = at + bt + ct.

а) Докажите, что если среди чисел dt есть хотя бы одно нечётное, то игрок, делающий первый ход, всегда может обеспечить себе выигрыш.

б) Докажите, что если все числа dt чётные, то второй игрок всегда может обеспечить себе выигрыш.

21.28. Докажите, что для любого натурального п число

равно сумме цифр двоичной записи числа п. См. также задачи 19.5, 33.5.

21.9. Другие системы счисления

21.29. Пусть ai, а2, ... —различные натуральные числа, в десятичной записи которых не встречается подряд 100 единиц. Докажите, что среди чисел ап/п есть сколь угодно большие числа.

21.30. Запишем натуральное число п в р-ичной системе счисления:

Докажите, что число равно

21.31. Пусть р— простое число. Докажите, что если рк — наибольшая степень числа р, делящая С™+т, то k — количество переносов при сложении чисел m и п в р-ичной системе счисления.

21.32. Пусть р — простое число. Запишем натуральные числа a и & в р-ичной системе: а = ао + а\р + ... + атрт, Ъ = bo + Ъ\р +... + Ътрт. Докажите, что

21.33. Если считать цифры, стоящие в разных разрядах, разными, то в d-ичной системе счисления nd цифр позволяют записать dn чисел (от 0 до dn — 1). Какая система счисления в этом отношении самая экономная, т. е. позволяет записать наибольшее количество чисел с помощью данного числа цифр? (Сравнивая системы счисления с основаниями

di и мы рассматриваем только наборы из m цифр, где m делится на d\ и d,2.)

См. также задачи 20.15, 20.17.

21.10. Другие представления чисел

21.34. Докажите, что любое натуральное число п единственным образом представляется в виде п = а\Л\ + а2-2\ +... ... + au • kl, где at — целые числа, удовлетворяющие неравенствам 0 ^ at ^ i, и au ф 0.

21.35. Докажите, что любое рациональное число p/q ф 0 однозначно представляется в виде

где Х\, хп — целые числа, причём 0 ^ Xk < k при k ^ 2 к хпф0.

См. также задачу 15.17.

Решения

21.1. Ответ: 376 и 625. Пусть N — искомое число. Тогда N2 — N = N(N — 1) делится на 1000. Числа N и N — 1 взаимно простые, поэтому одно из них делится на 8, а другое на 125. Пусть сначала N = 125/г. Тогда k^S. Среди чисел 125/г — 1, k=l, 8, только число 624 делится на 8. Пусть теперь N — 1 = 125/г. Тогда N = 125/г + 1, поэтому k ^ 7. Среди чисел 125/г + 1, £ = 1, 7, только число 376 делится на 8.

Если N2-N = N(N-1) делится на 1000, то Nk -N = N(Nk~1 - 1) тоже делится на 1000, поскольку Л^-1 — 1 делится на N — 1.

21.2. а) Число а2 — ап = ап(ап — 1) должно делиться на 10" = 2я5". Числа ап и ап — 1 взаимно простые и ал ф 0 и 1, поэтому либо ап делится на 2" и ал — 1 делится на 5", либо ал делится на 5я иая-1 делится на 2л. В первом случае а„ = 2"а, где 1 ^ а ^ 5" — 1. Все числа 2я а, где 1 ^ а ^ 5" — 1, при делении на 5 я дают разные остатки, причём ни одно из них не делится на 5 я. Действительно, если число (а — а')2п делится на 5", но а —а' должно делиться на 5я. Таким образом, при делении чисел ап = 2яа, где 1 ^ а ^ 5я — 1, на 5я мы получим все разные остатки от 1 до 5я — 1, причём ровно по одному разу. Требуемое число ап = 2яа — это то, которое при де-

лении на Ъп даёт остаток 1. Аналогично разбираем второй случай и получаем, что Ъп = ЪпЪ и Ъп даёт остаток 1 при делении на 2п.

б) Из решения задачи а) следует, что ап = 2па = 1 (mod 5я) и Ьп = 5"fr = 1 (mod 2"). Значит, а„ + Ьп = 1 (mod Ъп) и алг + Ьлг = 1 (mod 2п), т. е. число ап + Ъп — 1 делится на 10".

в) Последние д цифр числа а2+1 определяются последними п цифрами числа an+i- Значит, если ап —число, которое получается из ап+1 вычёркиванием первой цифры, то а2 оканчивается на ап.

г) Пусть а2 = х- 10"+1 + a^+i. Нужно доказать, что а2+1 — ап+\ делится на 10"+1. Ясно, что

Далее,

Число а2 — ап делится на 10", а число ап + ап делится на 10, поскольку оно четно и оба числа ап и ап оканчиваются на 5.

Пусть Ьп=у- 10л+1 + bn+i. Нужно доказать, что Ъ2п+1 — Ъп+\ делится на 10"+1. Ясно, что Ъ2п+1 -Ъп+\ = h\Q -Ъъп (mod 10"+1). Далее, b™-bl = (bl-bn)(b* + b7n + bn + bl + bî). Число b2n-bn делится на 10я, а число Ь^ + ... + bi делится на 10, поскольку оно представляет собой сумму пяти чисел, оканчивающихся на 6.

21.3. Ответ: 3. По условию а• 1(У < 2п < (а + 1) 1(У и a- 10q< Ъп < <(а+1)10г/. Поэтому а210р+г/<10/г<(а+1)21(У?+г/, т.е. а2< 10n-p~q< < (а + I)2. При этом (а + I)2 ^ 100. Значит, а2 < 10 < (а + I)2, т. е. а = 3. С цифры 3 начинаются числа 25 и 55.

21.4. а) Пусть А — данное натуральное число. Покажем, что натуральное число п можно выбрать так, что 10тА<2п < 10т(А + 1), т.е. m + lg А < п lg 2 < m + lg(A + 1). Эквивалентное условие таково: существуют натуральные числа тип, для которых lgA< <n\g2 — m<lg(A+l). Число lg2 иррационально (это доказывается точно так же, как в решении задачи 27.25 а). Поэтому можно воспользоваться результатом задачи 17.14 б).

б) Очевидным образом следует из а).

21.5. Достаточно доказать, что число 4п может начинаться с любого набора цифр. Это делается точно так же, как при решении задачи 21.4.

21.6. Пусть N = ао + ai • 10 + а2 • 100 +... Тогда 3N = За0 + 30ai + 300а2 + ... Поэтому если число ai четно, то предпоследняя цифра числа SN имеет такую же чётность, как и предпоследняя цифра числа Зао. Равенство З4 = 81 показывает, что последними цифрами чисел вида Зп могут быть только 3, 9, 7 и 1. При этом 3-3 = 9,

3-9 = 27, 3-7 = 21 и 3-1 = 3; во всех случаях предпоследняя цифра четна.

21.7. Поскольку 24 = 16, число 24к оканчивается на 6. Соответственно, числа 24/г+1, 24/г+2, 24/г+3 оканчиваются на 2, 4, 8. Для чисел вида 24/г требуемое утверждение очевидно, поскольку а = 6. Заметим также, что число а всегда четно. Поэтому достаточно проверить, что числа 24/г+1 - 2, 24/г+2 - 4, 24/г+3 - 8 делятся на 3, иными словами, достаточно проверить, что 24/г — 1 делится на 3. Число 24 = 16 при делении на 3 даёт остаток 1, поэтому число 24/г тоже даёт остаток 1 при делении на 3.

21.8. Количество натуральных чисел, которые не превосходят 10^ и в десятичной записи которых не встречается цифра 1, не превосходит 9^ — 1. Действительно, на каждом из k разрядов стоит одна из 9 цифр, причём все эти цифры не могут быть одновременно нулями. Значит, ап ^ КУ2 для некоторого п ^ 9к. В таком случае ап/п^ (10/9)^. Число (10/9)^ может быть сколь угодно велико.

21.9. Предположим, что сумма цифр чисел вида ат ограничена. Тогда сумма цифр числа ат не превосходит суммы цифр числа aN для некоторого фиксированного N. Пусть aN < 10к. Согласно задаче 17.2 существует натуральное число п, для которого ап — 1 делится на 10^. Тогда сумма цифр числа an+N = aN (ап — 1) + aN больше суммы цифр числа aN. Получено противоречие.

21.10. Это очевидным образом следует из задачи 21.4.

21.11. Пусть Р(х) = ЬтХт + bm-ix"1'1 + ... + bo. Выберем натуральное число k так, что число 10^ больше любого из чисел bo, bi, bm. Тогда в десятичной записи числа ^(10^) сначала идут цифры числа Ьт, затем нули, затем цифры числа Ьт-\, затем нули и т. д. Для любого натурального числа / десятичная запись числа Р(10^+/) устроена аналогично. У всех этих чисел сумма цифр одна и та же.

21.12. Пусть а — первая и вторая цифры, Ъ — третья и четвёртая. Тогда данное число равно 11 (Ь + 100а), поэтому Ъ + 100а = 11х2 для некоторого натурального числа х. Кроме того, 100 ^ Ь+ 100а ^ ^ 908, a значит, 4 ^ х ^ 9. Вычисляя квадраты чисел 44, 99, получаем, что ровно одно из них имеет требуемый вид: 882 = 7744.

21.13. Ответ: д+1. Предположим, что число 2п имеет р цифр, а число 5" — q цифр. Тогда 10р_1 < 2п < МТ и 10r/_1 < Ъп < 10я. Перемножив эти неравенства, получаем 10р+г/_2 < 10" < 10р+г/. Следовательно, р + q = п + 1.

21.14. Представим число a/k в виде суммы девяти чисел, десятичные записи которых содержат только цифры 0 и 1. Воспользовавшись тем, что а = k(a/k), получим требуемое представление.

21.15. Ответ: 145. Пусть N = 100х+ lOy + z— искомое число, для которого N = х\ + у\ + zl. Число 7! = 5040 четырёхзначное, поэтому ни одна цифра числа N не превосходит 6. Поэтому число N меньше 700. Но тогда ни одна цифра числа N не превосходит 5, поскольку 6! = 720. Неравенство 3 • 4! = 72 < 100 показывает, что хотя бы одна цифра числа N равна 5. При этом х ф 5, поскольку 3 • 5! = 360 < 500. Равенство 3 • 5! = 360 показывает также, что х ^ 3. Более того, х ^ 2, поскольку 3! + 2 • 5! = 246 < 300. Число 255 не удовлетворяет условию задачи, а если лишь одна цифра искомого числа равна 5, то х ^ 1, поскольку 2! + 5! + 4! = 146 < 200. Так как 1! + 5! + 4! = 145 < 150, получаем у ^ 4. Следовательно, 2 = 5. Учитывая, что х = 1 и О^г/^4, находим единственное решение N=145.

21.16. Ответ: цифра 7. Однозначных чисел ровно 9, двузначных 99 — 9 = 90, трёхзначных 999 — 99 — 9 = 900, четырёхзначных 9000 и т. д. Однозначные числа займут в выписанном ряду первые 9 мест, двузначные 90 • 2 = 180 мест, трёхзначные 900-3 = 2700 мест, четырёхзначные 9000-4 = 36 000 мест, пятизначные 90000 • 5 = 450 000 мест. Поэтому интересующая нас цифра принадлежит пятизначному числу.

Цифры, принадлежащие не более чем четырёхзначным числам, имеют номера от 1 до 9 + 180 + 2700 + 36 000 = 38 889. Разность 206 788 — 38 889 = 167 899 нужно разделить на 5 с остатком: 167 899 = 5 • 33 579 + 4. Интересующая нас цифра принадлежит 33 580-му пятизначному числу, т. е. числу 43 579 (первое пятизначное число — это число 10 000). В этом числе интересующая нас цифра стоит на 4-м месте.

21.17. Длина периода десятичной записи дроби п/р равна наименьшему натуральному числу d, для которого n(10d — 1) делится на р. Числа пнр взаимно простые, поэтому n(10d — 1) делится на р тогда и только тогда, когда 10d — 1 делится на р.

21.18. Длина периода числа р равна наименьшему натуральному числу d, для которого 10d — 1 делится на р. Согласно малой теореме Ферма (задача 31.1) 10я-1 — 1 делится на р. Пусть р — 1 = ad + г, где 0 ^ г < d. Требуется доказать, что г = 0. Предположим, что г>0. Тогда 10я-1 = (10d)a10r = 10г (mod р), поэтому 10г = 1 (mod р). Это противоречит минимальности числа d.

21.19. Будем делить 1 на р столбиком. В результате периодически будут повторяться некоторые остатки. Например, при делении 1 на 7 периодически повторяются остатки 1, 3, 2, 6, 4, 5. В случае, когда длина периода равна р — 1, в этой последовательности встречаются все возможные остатки 1, 2, р— 1.

Вернёмся к примеру дробей со знаменателем 7. Деление в столбик показывает, что 1/7 = 0,(142857). Вслед за остатком 1 встречается остаток 3. Это означает, что десятичная запись дроби 3/7 получается из десятичной записи дроби 1/7 вычёркиванием первой цифры после нуля. Дробь 2/7 получается вычёркиванием первых двух цифр, дробь 6/7 — первых трёх и т. д.

21.20. Число р—1 четно; запишем его в виде р — 1 = 2k. Период дроби 1/р, записанный как натуральное число, имеет вид а-10^ + Ъ. Требуется доказать, что а + Ъ = 10^ — 1.

Число 102/г - 1 = (10^ - 1) (10^ + 1) делится на р. При этом 10^ - 1 не делится на р, поскольку иначе длина периода числа р была бы меньше 2k. Следовательно, 10^ + 1 делится на р.

Ясно, что 102/г - 1 = (а • 10^ + Ъ) • р. Поэтому число а • 10^ + Ъ = -|-1 = (10^ - 1)- делится на 10^ - 1. Далее,

поэтому а + Ъ делится на 10^ — 1. Кроме того, а + Ъ < 2(10к — 1), поэтому а + Ъ = 10Ä — 1.

21.21. Пусть длина периода простого числа р равна d. Это означает, что d — наименьшее натуральное число, для которого 10d — 1 делится на р. Ясно, что 10d — 1 = 9Rd, где Rd — репьюнит, содержащий d единиц. Если р — простое число, отличное от 3, то 9Rd делится на р тогда и только тогда, когда Rd делится на р.

21.22. Если р — простое число, отличное от 2 и 5, то число 10я-1 — 1 делится на р (задача 31.1). Это число имеет вид 99.9.

Поэтому если рфЗ, то число 11... 1 тоже делится на р.

21.23. Выберем k так, что dk ^ п < dk+l. Положим ak = [n/dk]. Тогда 1 ^ük^d - 1 и п = akdk + ri', где 0 ^ ri < dk. Если ri ф 0, то выберем I < k так, что d1 ^ ri < d/+1, и положим а/ = [n'/dl] и a/+i = ... = а/г-i = 0 (если l<k — 1). Тогда п = a,kdk + aid1 + n". Для п" поступаем аналогичным образом и т. д.

Число а/г определяется единственным образом. Действительно, если п = ао + aid + a2d2 +... + akdk, то dk ^ n ^ (d — 1) + d(d — 1) +... ... + dk(d — 1) = dk+l — 1 < <2Ä+1. Все остальные числа а/ тоже определяются однозначно.

21.24. Пусть п = bk2k + bk-i2k~l + ... + bi • 2 + Ъ0. Тогда a0 = b0 и щ = bk2k~1 + bk-i2k~2 + ... + bi. Поэтому ai = bi и n2 = bk2k~2 +

21.25. Каждое число от 0 до 2п+ — 1 можно единственным образом представить в виде суммы различных чисел 0, 1, 2, 22, 2п. Поэтому слагаемое хт, где О ^ m ^ 2"+1 — 1, при раскрытии скобок в указанном произведении встречается ровно один раз.

21.26. Ясно, что (1 + х)2 = 1 + х2 (mod 2). Поэтому индукция по m показывает, что (1 + х)2 = 1 + х2 (mod 2). Пусть п = 2тх + 2"12 + ... + 2md, где (К mi <m2<...<md. Тогда

Все члены, которые получаются при раскрытии скобок в последнем выражении, различны. Их количество равно 2d, причём коэффициент при каждом члене равен 1.

21.27. а) Пусть dk — нечётное число с наибольшим номером к. Тогда одно из чисел а/г, bk, Ck равно 1, например а/г = 1. Начинающий берёт из первой кучки камни так, чтобы числа а/г+ь а/г+2, ... не изменились, a каждое из чисел dk, d/г-ь dk-2, do стало чётным. В частности, число a,k изменяется: оно становится равно 0; это означает, что первый игрок действительно берёт по крайней мере один камень.

Второй игрок любым своим ходом обязательно сделает одно из чисел di нечётным, поэтому первый игрок снова сможет применить ту же самую стратегию.

Игра закончится за конечное число ходов. При этом после хода второго игрока в какой-то кучке обязательно остаётся хотя бы один камень. Поэтому второй игрок выиграть не может.

б) После первого хода начинающего хотя бы одно из чисел d; станет нечётным, поэтому второй игрок может воспользоваться той же самой стратегией, которой в случае а) пользовался первый игрок.

21.28. Пусть п = ао + 2ai + 22а2 + ... + 2/га/г — двоичная запись числа п. Тогда

Поэтому

21.29. В d-ичной системе счисления, где d = 10100, мы получаем последовательность натуральных чисел, которые не содержат цифры с = 11... 1. Как и в задаче 21.8, получаем an^dk для некоторого

В таком случае

21.30. Легко видеть, что

Поэтому

21.31. Наибольшая степень простого числа р, на которую делится ni, равна

Поэтому согласно задаче 21.30 наибольшая степень числа р, на которую делится

равна

где s(m) — сумма цифр числа m в /?-ичной системе счисления.

Остаётся доказать, что s(m + п) = s(m) + s(n) — (р — l)k, где k — количество переносов при сложении чисел тип. При каждом переносе сумма цифр уменьшается нар — 1: вместор + а получается 1 +а.

21.32. Согласно задаче 14.30 (1 + х)р = 1 + хр (mod р). Индукцией по k получаем (1 + х)р = 1 + хр (mod р). Значит,

Поэтому коэффициент при ха = xa°+aiP+~+атР в выражении для (1 + х)ь по модулю р равен CJ^C"1 ...Cabn\ С другой стороны, он равен Саь.

21.33. Ответ: система с основанием 3. С помощью m = dn цифр мы можем записать dmld чисел. Поэтому нужно доказать, что Зт/3 ^dm/d, т. е. 3d ^d3 для любого натурального d. Это неравенство доказано в решении задачи 13.11.

21.34. Согласно задаче 13.5 имеет место неравенство 1 • 1! + 2 • 2! + 3 • 3! + ... + k • kl < (k + 1)!, поэтому для данного п число k определяется однозначно. А именно, должны выполняться неравенства kl^ п < (Ä+ 1)!. Затем выбираем a/г так, чтобы выполнялись неравенства а/г• kl^n< (а/г + l)kl. Тогда а/г• kl^ п< (k + 1)!, поэтому а/г ^ k. Кроме того, п — а/г • kl < (а/г + l)kl — а/г • kl = kl. Поэтому для числа п — CLk-kl можно повторить те же самые рассуждения.

21.35. Предположим, что требуемое равенство имеет место.

Домножив обе части равенства на /г!, получим равенство вида -= пХ + хп, где X — целое число. Таким образом, -— целое число и хп — остаток от деления этого числа на п. Отметим, что если число-целое ит>д, то число-делится на т, поэтому Хт = 0. Ясно также, что если число п достаточно велико, то ni делится на q. Таким образом, числа п и хп определены однозначно. Аналогично получаем, что хп-\ — это остаток от деления числа ---хп) на /1—1 и т. д. В конце остается целое число х\.

ГЛАВА 22

ГРАФЫ

Графом называют набор точек (называемых вершинами графа), некоторые из которых соединены рёбрами. При этом нас интересует только то, какие именно пары точек соединены рёбрами. Многие задачи естественно формулируются на языке графов.

Граф называют связным, если для любых его вершин v и v' найдётся последовательность вершин v\ = v, V2, V3, vn = 1/, в которой любые две соседние вершины Vi и t>/+i соединены ребром.

Циклом называют последовательность рёбер V\V2, V2V3,

22.1. Докажите, что среди любых шести человек найдутся либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых. (Иными словами, в любом графе с шестью вершинами есть либо три вершины, попарно соединённые рёбрами, либо три вершины, попарно не соединённые рёбрами.)

22.2. Докажите, что в любом графе число вершин, из которых выходит нечётное число рёбер, четно.

22.3. Дан отрезок OA. Из конца отрезка А выходит 5 отрезков ABi, АБ2, АВ3, АВ4, АВ5. Из каждой точки Bt могут выходить ещё пять новых отрезков, или ни одного нового отрезка и т. д. Может ли число свободных концов построенных отрезков равняться 1001?

22.4. а) Докажите, что граф, в котором из каждой вершины выходит чётное число рёбер, можно представить в виде объединения непересекающихся циклов.

б) Докажите, что граф, в котором количество вершин, из которых выходит нечётное число рёбер, равно 2п, можно

представить в виде объединения непересекающихся циклов и п несамопересекающихся путей, идущих по рёбрам.

22.1. Обходы графов

Назовём обходом графа путь, идущий по рёбрам графа и проходящий по каждому ребру ровно один раз.

22.5. Докажите, что если обход графа существует, то количество вершин, из которых выходит нечётное число рёбер, не превосходит двух (Эйлер).

22.6. Докажите, что если граф связен и количество вершин, из которых выходит нечётное число рёбер, не превосходит двух, то существует обход этого графа (Эйлер).

22.2. Ориентированные графы

Граф называют ориентированным, если на каждом его ребре указано направление движения, т. е. ребро выходит из одной вершины и входит в другую.

22.7. Докажите, что любой связный граф с чётным числом рёбер можно ориентировать так, что из каждой вершины будет выходить чётное число рёбер.

22.3. Паросочетания

Паросочетанием называют набор рёбер графа, не имеющих общих вершин. Паросочетание называют максимальным, если в него входит наибольшее возможное число рёбер (т. е. любое паросочетание для данного графа содержит не больше рёбер, чем максимальное паросочетание).

22.8. Докажите, что паросочетание максимально тогда и только тогда, когда в графе нет пути, который идёт по рёбрам графа и обладает следующими свойствами: 1) из любых двух соседних рёбер пути одно принадлежит паросочетаний), а другое не принадлежит; 2) из начальной и конечной точек пути не выходят рёбра паросочетания; 3) начало и конец— разные вершины (Берж).

22.9. Пусть вершины графа разбиты на два непересекающихся множества X и Y, причём все рёбра соединяют вершины из разных множеств. Докажите, что паросочетание, включающее все вершины множества X, существует тогда и только тогда, когда для любого набора выделенных вершин из множества X количество вершин, соединённых с выделенными вершинами, не меньше количества выделенных вершин (Холл).

22.10. На танцы пришло несколько юношей и несколько девушек, причём каждая девушка знакома ровно с k юношами и каждый юноша знаком ровно с k девушками, причём k^l. Докажите, что они могут разбиться на пары так, что в каждой паре будут юноша и девушка, знакомые друг с другом.

Решения

22.1. Пусть v — произвольная вершина графа с шестью вершинами. Среди оставшихся пяти вершин есть либо три вершины, соединённые рёбрами с v, либо три вершины, не соединённые рёбрами с v. Пусть vi, V2, Vs — вершины, соединённые рёбрами с v. Если вершины v\, V2, vs попарно не соединены рёбрами друг с другом, то они образуют искомую тройку вершин. Если какие-то две из вершин vi, V2, vs соединены ребром, то вместе с вершиной v они образуют искомую тройку. Для вершин vi, V2, V3, не соединённых рёбрами с вершиной v, рассуждения аналогичны.

22.2. Вычислим двумя способами количество пар, состоящих из ребра и одного из его концов. С одной стороны, это количество равно удвоенному числу рёбер; в частности, оно четно. С другой стороны, оно равно сумме чисел рёбер, выходящих из всех вершин. Эта сумма четна, поэтому в неё входит чётное число нечётных слагаемых. А нечётные слагаемые соответствуют как раз тем вершинам, из которых выходит нечётное число рёбер.

22.3. Ответ: да, может. При проведении пяти отрезков из конца отрезка появляются 5 новых свободных концов и пропадает один старый. В результате число свободных концов увеличивается на 4. Поэтому если пятёрки отрезков проведены k раз, то число свободных концов равно 4k + 1. При k = 250 получаем нужное число свободных концов.

22.4. а) Применим индукцию по числу рёбер графа. Для графа с двумя рёбрами утверждение очевидно. Возьмём теперь произвольный граф и будем идти по его рёбрам, выйдя из некоторой вершины и не проходя дважды по одному и тому же ребру. Из каждой вершины выходит чётное число рёбер, поэтому мы можем продолжать обход до тех пор, пока не попадём в вершину, в которой уже побывали (эта вершина не обязательно та, из которой мы вышли). В результате получится некоторый цикл. Выбросив все рёбра, входящие в этот цикл, мы получим граф с меньшим числом рёбер, в котором снова из каждой вершины выходит чётное число рёбер. По предположению индукции этот граф можно разбить на непересекающиеся циклы.

б) Будем действовать так же, как и в задаче а), но только теперь будем выходить из вершины, из которой выходит нечётное число рёбер. На этот раз у нас либо получится цикл, либо получится несамопересекающийся путь, соединяющий две вершины, из которых выходит нечётное число рёбер. Можно выбросить этот цикл или путь и к полученному графу применить предположение индукции.

22.5. Из каждой вершины графа, отличной от начала или конца обхода, выходит чётное число рёбер.

22.6. Согласно задаче 22.4 данный граф можно представить в виде объединения непересекающихся циклов и, возможно, одного несамопересекающегося пути. Если граф состоит только из несамопересекающегося пути или только из цикла, то всё ясно. Если есть несамопересекающийся путь, то возьмём его, а если несамопересекающегося пути нет, то возьмём произвольный цикл. Предположим, что помимо выбранного пути (цикла) есть ещё какие-то дополнительные циклы. Из связности графа следует, что есть дополнительный цикл, одна из вершин которого лежит на несамопересекающемся пути (выбранном цикле). Если выбросить этот дополнительный цикл, то получится граф, для которого обход существует по предположению индукции. Поэтому можно поступить следующим образом. Будем обходить полученный граф до тех пор, пока не дойдём до вершины, принадлежащей дополнительному циклу. После этого совершим обход дополнительного цикла, а затем продолжим обход полученного графа. В результате получим обход исходного графа.

22.7. Сначала ориентируем граф произвольно. Рассмотрим все вершины, из которых выходит нечётное число рёбер. Их число четно. Действительно, сумма чисел рёбер, выходящих из всех вершин, равна числу рёбер, поэтому она четна. Таким образом, если

есть хотя бы одна вершина vi, из которой выходит нечётное число рёбер, то есть ещё хотя бы одна такая же вершина V2. Пользуясь связностью, соединим их набором рёбер. Среди всех таких наборов возьмём тот, в котором число рёбер наименьшее (тогда в нём не будет циклов). Изменим ориентации всех рёбер этого набора на противоположные, а ориентации всех остальных рёбер оставим без изменений. После такой операции из вершин vi и V2 будет выходить чётное число рёбер, а из всех остальных вершин будет выходить столько же рёбер, сколько и раньше. Несколькими такими операциями мы уничтожим все вершины, из которых выходит нечётное число рёбер.

22.8. Предположим сначала, что в графе есть путь, обладающий указанными свойствами. Из начальной и конечной точек этого пути выходят рёбра, не принадлежащие паросочетанию, поэтому путь состоит из нечётного числа рёбер V1V2, V2V3, V2n-iV2n-Построим новое паросочетание, выбросив рёбра V2V3, V4V5, ... и добавив рёбра V1V2, V3V4, ... (Это можно сделать, потому что из вершин vi и V2n по условию не выходят рёбра паросочетания.) Новое паросочетание содержит на одно ребро больше, чем старое, что противоречит максимальности.

Предположим теперь, что есть два паросочетания M и М', причём М' содержит больше рёбер, чем М. Построим для паросочетания M путь, обладающий требуемыми свойствами. Рассмотрим только те рёбра, которые входят ровно в одно из паросочетаний M и М'. Любой путь, идущий по таким рёбрам, обладает свойством 1), поскольку если из какой-то вершины выходят два из рассматриваемых рёбер, то одно из них принадлежит M, а другое принадлежит М' и не принадлежит М. Рассмотрим все пути, которые максимальны в том смысле, что их нельзя увеличить. Среди них обязательно найдётся путь, у которого рёбер паросочетания М' больше, чем рёбер паросочетания М; это следует из того, что паросочетание М' содержит больше рёбер, чем М. Этот путь, очевидно, обладает свойством 3). Легко убедиться, что он обладает и свойством 2). Действительно, пусть v — конец или начало этого пути. Из v выходит ребро паросочетания М', Из максимальности пути следует, что из v не выходит ребра, которое принадлежит M и не принадлежит М', Но ребро, которое одновременно принадлежит M и М', тоже не может выходить из v, потому что из v не могут выходить два ребра паросочетания М'.

22.9. В одну сторону утверждение очевидно: если паросочетание существует, то количество вершин из множества У, соединён-

ных с выделенными вершинами даже только рёбрами паросочетания, уже равно количеству выделенных вершин.

Предположим теперь, что указанное условие выполняется, но нужного паросочетания не существует. Чтобы прийти к противоречию, возьмём максимальное паросочетание М. По предположению в X есть вершина х, из которой не выходит рёбер паросочетания М. Рассмотрим все пути, идущие из вершины х, рёбра которых поочерёдно то лежат в М, то не лежат. Пусть X' и7' — множества концов этих путей, лежащих в X и Y. Согласно задаче 22.8 из максимальности M следует, что из каждой вершины множества Y' выходит ребро паросочетания М; очевидно также, что из каждой вершины множества X', кроме вершины х, выходит ребро паросочетания М. Пусть X" — это множество X' без вершины x.

Вершины множеств X" и Y' разбиты на пары — концы рёбер паросочетания М. В частности, X" и Y' состоят из одинакового числа вершин. Кроме того, вершины множества X' соединены рёбрами только с вершинами множества Y'. Действительно, если вершина у соединена с некоторой вершиной множества X', то вершина у соединена с вершиной х путём, рёбра которого поочерёдно то лежат в М, то не лежат. Но в таком случае вершина у лежит в В результате получаем, что количество вершин, соединённых рёбрами с вершинами множества X', на 1 меньше количества вершин множества X'. Приходим к противоречию.

22.10. Прежде всего покажем, что юношей пришло ровно столько же, сколько девушек. Пусть количество юношей равно а, количество девушек равно b, а количество всех пар знакомых друг с другом юношей и девушек равно п. Тогда ka = п = kb, поэтому а = Ь.

Выберем произвольную группу из а\ юношей. Пусть количество тех девушек, которые знакомы хотя бы с одним из этих юношей, равно Ь\. Пусть, далее, п\ —количество пар знакомых юношей и девушек, в которых юноша — один из выбранных а\ юношей, П2 — количество пар знакомых юношей и девушек, в которых девушка — одна из выбранных Ъ\ девушек. Ясно, что П2 ^ ni, ni = kai и П2 = kbi. Поэтому bi ^ ai. Это неравенство позволяет воспользоваться результатом задачи 22.9.

ГЛАВА 23

КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА

Комплексным числом называют выражение вида а + Ы, где а и Ъ — вещественные числа, ai — символ, удовлетворяющий соотношению i2 = — 1. Если z = а + Ы, то числа а ш b называют соответственно вещественной и мнимой частью числа z (обозначение: а = Re 2, & = Im 2), а комплексное число а — Ы называют числом, сопряжённым к числу z (обозначение: z). Перемножают комплексные числа по обычным правилам раскрытия скобок и приведения подобных членов, заменяя каждый раз i2 на — 1, т. е.

(а + Ы) (с + di) = (ас — bd) + (ad + bc)i.

Каждое вещественное число а можно рассматривать как комплексное число а + Oi.

Если на плоскости выбрать систему координат, то можно установить взаимно однозначное соответствие между комплексными числами и точками плоскости, при котором числу а + Ы соответствует точка с координатами (а, Ь). При этом умножение на комплексное число z приобретает следующую геометрическую интерпретацию. Пусть г — расстояние от нуля до 2, ср — угол, на который нужно повернуть вокруг нуля луч, содержащий положительные вещественные числа, чтобы получить луч Oz. Тогда умножение на число z — это композиция гомотетии с коэффициентом г (с центром в нуле) и поворота на угол ср. Числа г и ср называют соответственно модулем и аргументом числа z (обозначение: r= \ z\, ср = argz). По-другому геометрическую интерпретацию произведения комплексных чисел можно сформулировать так: при умножении комплексных чисел их модули перемножаются, а аргументы складываются.

Зная геометрическую интерпретацию комплексных чисел, легко научиться их делить: для этого нужно делить модули и вычитать аргументы. Деление можно ввести также и чисто

алгебраически. Для каждого комплексного числа z = a + bi имеет место очевидное равенство

Поэтому w/z = wz/\z\2.

23.1. Тождества и неравенства для комплексных чисел

23.1. Пусть а и & — комплексные числа. Докажите, что Re (ab) = Re(äb).

23.2. Пусть а и b — комплексные числа. Докажите, что

23.3. Пусть z и w — комплексные числа. Докажите, что

23.4. Пусть a, b и с — комплексные числа. Докажите, что следующие неравенства эквивалентны:

23.2. Формула Муавра

23.5. Докажите, что для любого натурального п (формула Муавра).

23.6. а) Докажите, что числа

являются корнями многочлена

б) Докажите, что числа являются корнями многочлена

23.7. Используя результат задачи 23.6, вычислите следующие суммы и произведения:

23.3. Корни из единицы

Корнем п-й степени из единицы называют комплексное число е, для которого еп = 1. Примитивным корнем п-й степени из единицы называют комплексное число s, для которого еп = 1 и ek ф 1 при k=l, 2, ..., п—1.

23.8. а) Докажите, что

б) Докажите, что

в) Докажите, что

23.9. а) Докажите, что б) Докажите, что

23.10. Докажите, что примитивные корни п-й степени из единицы — это числа

где число m взаимно просто с п.

23.11. Пусть s — примитивный корень п-й степени из единицы. Докажите, что

23.12. Пусть 2ь 2п — вершины правильного тг-угольника на комплексной плоскости, zq — его центр. Докажите, что если P(z) —многочлен степени не выше п — 1, то P(z1)+... + P(zn)=nP(z0).

23.13. Пусть s — примитивный корень степени п из единицы. Докажите, что (1 - s) (1 - s2) (1 - ss)... (1 - = п.

23.14. Докажите, что произведение длин всех сторон и диагоналей, проведённых из одной вершины правильного д-угольника, вписанного в окружность радиуса 1, равно п.

23.15. а) Докажите, что многочлен Р(х) = х4п + х3п + х2п + хп +1 делится на многочлен Q (х) = х4 + Xs + х2 + х +1 тогда и только тогда, когда п не делится на 5.

б) Докажите, что если числа тип взаимно простые, то х(т-1)п + ттт + х2п + хп + 1 делится на хт-1 +,_ + х2+х+19

23.16. Докажите, что

23.17. Дано 2п + 2 числа а_л, а_л+ь ап+\. Рассмотрим 2п + 2 числа

Докажите, что

23.4. Корни многочленов

23.18. Докажите, что если zo — корень многочлена с вещественными коэффициентами, то Zq — тоже корень этого многочлена.

23.19. Докажите, что для любых натуральных чисел а, Ь, с многочлен х3а + хзь+1 + х3с+2 делится на х2 + х + 1.

23.20. Дан многочлен хп + а\Хп~х + ... + ап. Найдите многочлен, корнями которого являются: а) квадраты корней этого многочлена; б) кубы корней этого многочлена.

23.21. При каких натуральных п выражение ап(Ъ — с) + Ьп (с - а) + сп (а - Ъ) делится на а2 + Ъ2 + с2 + ab + bc + cal

23.22. а) Докажите, что многочлен Рп(х) = (х + 1)п — хп — 1 делится на х2 + х + 1 тогда и только тогда, когда п = 6k ± 1.

б) Докажите, что Рп(х) делится на (х2 + х + 1)2 тогда и только тогда, когда п = 6k + 1.

в) Докажите, что Рп(х) не делится на (х2 + х + I)3.

Решения

23.1. Ясно, что Re(ab) = Re(ab) = Re(ab).

23.2. Ясно, что \a±b\2 = (a±b)(ä±b) = |a|2 + \b\2 ± (ab + äb).

Далее, число ab + ab = ab + аб вещественное, поэтому оно равно Re(a5 + äfr) =2Re(a5).

23.3. Пусть z = а + ib и w = c + id, где а, b, с, d — вещественные числа. Тогда

Поэтому

23.4. Ясно, что

Таким образом,

23.5. Модуль числа z = cos ср + 1&ш(р равен 1, а его аргумент равен ср. Поэтому модуль числа zn равен 1, а его аргумент равен пср.

23.6. а) Согласно формуле Муавра сов(2д + 1)ос + i sin(2fi + 1)ос = (cosa + isinû02Al+1. Поэтому

Значит, числа являются корнями многочлена

После деления этого многочлена на у и замены х = у2 получаем требуемое.

б) Из формулы (1) следует, что

Поэтому числа

являются корнями многочлена

23.7. а) Рассматриваемая сумма равна

б) Тождество

показывает, что рассматриваемая сумма равна

в) Ответ:

Квадрат рассматриваемого произведения

с точностью до знака равен отношению свободного члена многочлена из задачи 23.6 а) к коэффициенту при хп. Свободный член равен С\п+Х\ коэффициент при хп с точностью до знака равен C\n+l +C"L+i + ... + ^2/1+1- Если к последней сумме прибавить ^2/1+1 + CJLi+i +... + С|Я+1, то в результате получим 22лг+1. Но обе эти суммы равны, поскольку C^+J =^2/z+i^- Значит, квадрат рассматриваемого произведения равен —ъ—. Ясно также, что рассматриваемое произведение положительно.

23.8. а) Корни 2п-й степени из единицы, отличные от ±1, имеют вид cos — ± isin —, где k= 1, 2, n — 1. Остается заметить, что

б) Воспользуемся равенством из задачи а), предварительно заметив, что

В результате получим

Заметим теперь, что 1 — cos ос = 2 sin —. Ясно также, что рассматриваемое произведение синусов положительно.

в) Следует из о), поскольку sin — = cos ———.

23.9. Обе задачи решаются аналогично задаче 23.8. Нужно лишь заметить, что число —1 не является корнем степени 2п + 1 из единицы.

23.10. Для любого целого числа m число z = является корнем п-ш степени из единицы. При этом z =cos-- +1 sin-. Чтобы число z было примитивным корнем из единицы, нужно, чтобы все числа т, 2т, (п—1)т не делились на п. Это эквивалентно тому, что m взаимно просто с п.

23.11. Если то sk ф\, поэтому 1 + ek + e2k + ...

При k = п получаем сумму п слагаемых, каждое из которых равно 1.

23.12. Пусть е — примитивный корень /г-й степени из единицы. Тогда Zm = zo + а£т при т=1, ..., п. Поэтому

Но

при 1 ^ k ^ п — 1 (задача 23.11). Поэтому требуемое равенство выполняется для многочлена Q(z) = zk, где 1 ^ k ^ п — 1. Значит, оно выполняется и для любого многочлена P(z) степени не выше п — 1.

23.13. Ясно, что

Равенство

верно для всех х, в том числе и для х=1.

23.14. Можно считать, что вершины правильного д-угольника — точки 1, е, s2, еп~1, где s — примитивный корень п-й степени из единицы. Длины сторон и диагоналей, проведённых из точки 1, равны 11 — £ |, 11 — е21, ..., 11 — еп~х |. Согласно задаче 23.13 их произведение равно п.

23.15. а) Корни многочлена Р(х) — это примитивные корни 5-й степени из единицы. Поэтому Q(x) делится на Р(х) тогда и только тогда, когда все примитивные корни 5-й степени из единицы являются корнями многочлена Q(x). Пусть s — примитивный корень 5-й степени из единицы. Если п делится на 5, то Q(s) = 5. А если п не делится на 5, то б) Ясно, что

Многочлен (хт — 1)(хп — 1) имеет двукратный корень 1, а остальные его корни — корни степени m и п из единицы, отличные от 1; все они различны, поскольку числа тип взаимно простые. Многочлен (хтп — 1)(х— 1) тоже имеет двукратный корень 1, поэтому остаётся проверить, что любой корень степени m или п из единицы является корнем многочлена хтп — 1, но это очевидно.

23.16. Пусть е = cos —h i sin —. Тогда en = — 1, поэтому рассматриваемая сумма равна

Число s2 является примитивным корнем степени п из единицы, поэтому согласно задаче 23.11

при k = 0 или /г, а при 1 ^ k < п эта сумма равна нулю. Таким образом, исходная сумма равна

23.17. Рассмотрим числе

Если г = р, то

Если же г фр, то эта сумма равна нулю. Действительно, s — примитивный корень (2п)-й степени из единицы, поэтому можно воспользоваться задачей 23.11 (сумма там та же самая, поскольку е2п = 1; слагаемые просто переставляются по циклу). В результате получаем sp = 2пар. После деления на 2п получаем требуемое.

23.18. Пусть P(z) =aozn + aizn~1 + ... + ал, где ао, ai, ..., ап —вещественные числа. Тогда P(z) = aozn + aizn~l + ... + an = P(z). Поэтому если P(zo) = 0, то P(zo) = P(zo) = 0.

23.19. Если s — корень многочлена x2 + x+ l, то s3 = 1. Поэтому

23.20. а) Перемножим многочлены

В результате получим многочлен

Положив у = х2, получим требуемый многочлен

б) Представим данный многочлен в виде

Пусть со3 = 1 и со ф 1. Тогда

Перемножив эти равенства, получим

Заменив в многочлене

каждый член х3к на ук, получим требуемый многочлен.

23.21. Ответ: только при п = 4. Легко проверить, что при п = 4 результат деления равен (а — Ъ)(Ъ — с)(а — с). Покажем, что при всех остальных натуральных п выражение ап (Ь — с) + Ъп (с — а) + сп(а — Ъ) не делится на а2 + Ъ2 + с2 + ab + be + ca. Достаточно проверить, что первое выражение не делится на второе при Ь = 2 и с= 1,

т. е. an - (2n - l)a + (2n - 2) не делится на a2 + За + 7. При n = 2 и 3 это проверяется непосредственно. Пусть теперь n ^ 5. Квадратное уравнение а + За + 7 = О имеет корни---; модуль каждого из корней равен а/7. Поэтому достаточно проверить, что если z — комплексное число и \z \ = л/7, то гп - (2п - l)z + (2п - 2) ф 0. Ясно, что |гл - (2" - 1)2+ (2" -2) | ^\гп \ - (2п - 1) \г\ - (2п -2) = 7п/2 -- (2п - 1)л/7 - 2п + 2 > V12 - 2Л(1 + а/7) > 7"/2 - 4-2я, поскольку л/7 < 3. Легко проверить, что 7п/2 — 4 • 2п > 0 при д ^ 5. Действительно, л/7 > 2, поэтому достаточно рассмотреть случай п = 5. А в этом случае нужно проверить, что 75 > (4 • 25)2.

23.22. а) Многочлен Ря (х) делится на х2 + х + 1 тогда и только тогда, когда Рл(£) = 0» гДе £ — примитивный корень 3-й степени из единицы. Равенство s2 = — е — 1 показывает, что выражение Рп (s) = ( — £2)" — еп — 1 зависит только от остатка от деления п на 6. При этом Р0(е) = -1, Pi (s) = -s2 - s - 1 = 0, P2(s) = s - s2 - 1 ф 0, P3(e) = -3, P4(s) = €2 - s -1/0, P5(s) = -s - s2 -1 = 0.

б) Многочлен Pn(x) делится на (x2 + x+ l)2 тогда и только тогда, когда Рп(е)=0 к Р'п(е)=0, где Р'п(х) = п((х+ 1)я_1 -хп~г) — производная многочлена Рп(х). Равенство P'n(s) =0 эквивалентно тому, что (-£2Г-1 - еп~1 = 0, т. е. (-е)"'1 = 1. Но п = 6k ± 1, поэтому д = 6/г + 1.

в) Многочлен Рп(х) делится на (х2 + х+ I)3 тогда и только тогда, когда n=6k+l иРп(е)=0, где Рп(х) = п(п-1)((х+1)п~2-хп~2). Таким образом, должно выполняться равенство (е + 1)я_2 = еп~2, т.е. (-^2)6Ä-1 = ^-1. Но (s2)Qk-l = -e, a с6*"1 = s2. Приходим к противоречию.

ГЛАВА 24

УРАВНЕНИЯ, РАЗРЕШИМЫЕ В РАДИКАЛАХ

Вся история решения уравнений 3-й и 4-й степени связана с Италией. Формулу для решения уравнения 3-й степени открыл Сципион дель Ферро (1465—1526), но он хранил свои результаты в тайне. В 1536 г. эту формулу переоткрыл Никколо Тарталья (1500—1557), готовясь к математическому поединку. После долгих уговоров и клятв хранить всё в тайне Джероламо Кардано (1501—1576) выведал у Тартальи приёмы решения кубических уравнений. Кардано нарушил клятву в 1545 г., опубликовав способ решения кубических уравнений в своей книге по алгебре «Ars magna» («Великое искусство»). Кардано писал, что этот способ он узнал от Тартальи и из бумаг дель Ферро. Тарталья, узнав о появлении книги «Ars magna», едва не сошёл с ума от гнева и начал яростную полемику с Кардано. Помимо решения кубических уравнений книга «Ars magna» содержала решение уравнений 4-й степени, полученное Людовико Феррари (1522—1565), учеником Кардано.

Долгие поиски решения в радикалах уравнения 5-й степени не привели к успеху. В 1799 г. итальянский врач и математик Паоло Руффини (1765—1822) опубликовал доказательство неразрешимости в радикалах общего уравнения 5-й степени, но в этом доказательстве был серьёзный пробел. Полное доказательство неразрешимости уравнения 5-й степени независимо от Руффини получил в 1824 г. молодой норвежский математик Нильс Генрик Абель (1802-1829). А затем Эварист Галуа (1811-1832) разработал теорию, позволяющую для каждого конкретного уравнения выяснить, разрешимо ли оно в радикалах.

24.1. Докажите, что уравнение хп + а\хп~1 + ... + ап = 0 можно привести к виду уп + Ъ2Уп~2 + ... + Ъп = 0 с помощью замены у = х + с, где с — некоторое число.

Задача 24.1 показывает, что достаточно рассмотреть кубические уравнения вида Xs + ах + Ъ = 0 и уравнения 4-й степени вида x4 + ах2 + Ъх + с = 0.

24.1. Решение кубических уравнений

24.2. Найдите корни уравнение Xs +px + q = 0, представив их в виде x = у/а + y/ß и найдя выражения для а и ß.

24.3. Решите уравнение х3+рх + д = 0, воспользовавшись тождеством

где со2 + со + 1 = 0. (Подберите г/ и г так, что — 3yz = р и г/3 + 23 = д.)

24.4. Докажите, что если кубическое уравнение х3 + ах + Ъ = 0 имеет три различных действительных корня, то при вычислении корней по формуле из решения задачи 24.2 обязательно появляются мнимые числа.

24.5. Найдите корень хо = 2 уравнения Xs — х — 6 = 0 по формуле из решения задачи 24.2.

24.6. Пусть xi, X2, хз — корни уравнения Xs +рх + q = 0. Положим а = х\ + о)Х2 + <х)2хз и ß = х\ + 6J2X2 + 6JX3, где 6J2 + 6J + 1 = 0 (эти выражения называют резольвентами Лагранжа).

а) Докажите, что 3xi = а+/3, 3x2 = о)2а + 6j/3 и 3хз = <л>а + G)2ß.

б) Выразите aß и а3 + ßs через рис.

в) Решите уравнение х3 +рх + g = 0.

24.2. Дискриминант кубического многочлена

24.7. Докажите, что многочлен x3 +px + q имеет кратные корни тогда и только тогда, когда

Выражение

называют дискриминантом кубического многочлена

24.3. Решение уравнений 4-й степени

24.8. Решите уравнение х4 + ах2 + Ъх + с = 0, представив многочлен X4 + ах2 + Ъх + с в виде разности квадратов двух многочленов.

24.9. Решите уравнение х4 + ах2 + Ьх + с = 0, найдя уравнение, которому удовлетворяет сумма двух корней данного уравнения (Эйлер).

24.10. Пусть xi, х2, хз, х4 — корни уравнения х4 + ах2 + Ьх + с = 0. Положим а = — (х\ + х2) (хз + х4), ß = — (xi + xs) х х (х2 + х4) и 7 = - (xi + х4) (х2 + хз).

а) Выразите хь х2, хз и х4 через и л/Т*

б) Выразите коэффициенты многочлена (y—oc)(y—ß)(y—y) через а, Ь, с.

в) Сведите решение уравнения х4 + ах2 + Ьх + с = 0 к решению кубического уравнения.

24.4. Другие уравнения, разрешимые в радикалах

24.11. Решите уравнения

24.1. Требуемая замена имеет вид

24.2. Должно выполняться равенство

Поэтому числа а и ß нужно подобрать так, чтобы выполнялись равенства

24.12. Решите уравнение х5 — 5ах3 + 5а2х — Ъ = 0.

24.13. Какие уравнения седьмой степени можно решить тем же способом, который использовался при решении задачи 24.12?

Решения

Из этих равенств следуют равенства

Таким образом, для чисел ос и ß

получено квадратное уравнение. Его корни имеют вид

(1)

Формула x = у/а + \fß даёт 9 различных значений.

Чтобы получить формулу, которая даёт 3 значения, можно воспользоваться соотношением

Эта формула имеет вид

где а находится по формуле (1). При этом х не зависит от выбора знака перед радикалом в формуле (1). Несложно проверить, что полученная формула даёт значения х, которые являются корнями уравнения х3 +рх + q = 0.

24.3. Если -3yz = р, то y3zs = -ps/27. Поэтому у3 и z3 — корни квадратного уравнения

Корни этого уравнения Выберем в качестве у одно из трёх значений кубического корня

а в качестве z выберем

по-другому это можно сказать так: выберем в качестве z то из значений кубического корня

для которого —3yz=p.

Уравнение х3 +px + q = 0 имеет следующие корни:

24.4. Нужно проверить, что

Чтобы убедиться

в этом, исследуем функцию у(х) = х3 + ах + Ь. Если а ^ 0, то эта функция монотонна, поэтому у рассматриваемого уравнения не более одного действительного корня. В дальнейшем будем считать, что а < 0. Ясно, что у' = 3х2 + а. Поэтому функция у(х) монотонно возрастает при х < — а и при х > а, где а = yj—а/3, а при — а<х< а функция у(х) монотонно убывает. Легко проверить, что у( — а)у(а) = 4А. Поэтому уравнение у(х) =0 может иметь ровно три действительных корня лишь в том случае, когда А < 0. 24.5. Этот корень выражается по формуле

24.6. а) Корни xi, Х2, хз легко находятся из линейной системы уравнений х\ + Х2 + хз = 0, х\ + сох2 + со2хз = ос, Х\ + <х>2Х2 + сохз = ß. Чтобы найти xi, нужно сложить эти уравнения и воспользоваться тем, что со2 + со + 1 = 0. Чтобы найти Х2, нужно сделать коэффициенты при Х2 равными 1.

б) Воспользовавшись равенством О)2 + со = — 1, легко проверить, что

Снова воспользовавшись равенством со2 + со = — 1, получим

При этом

Следовательно,

в) Мы выяснили, что

Числа а3 и ß3 можно найти, решив квадратное уравнение. Извлекая кубические корни, находим а и /3. Значения кубических корней нужно при этом выбрать так, что aß = — Зр. Корни уравнения х3 + рх + q = 0 находятся теперь согласно задаче а).

24.7. Первое решение. Пусть рассматриваемый многочлен имеет корни х\, Х2 и хз, причём х\ =Х2. Коэффициент при х2 равен нулю, поэтому х\ + Х2 + Хз = 0. Таким образом, Хз = —2х\. Тогда

В таком случае

Наоборот, если

то мы можем положить

Знак определяется следующим образом:

но при одном выборе знака этот корень равен q/2.

Второе решение. Многочлен f(x) = х3 +рх + q имеет кратные корни тогда и только тогда, когда у него есть общий корень с многочленом f(x) =3х2 +р (задача 28.16). Последний многочлен

имеет корни

поэтому для Хо должно выполняться

равенство

После возведения в квадрат получаем равенство 24.8. Воспользуемся тем, что

Выберем t так, чтобы дискриминант

был равен нулю. Тогда

Поэтому уравнение

(1)

можно решить следующим образом. Решим сначала кубическое уравнение относительно t

Пусть to — один из его корней. Тогда уравнение (1) можно записать в виде

Получаем два квадратных уравнения и решаем их стандартным способом.

24.9. Пусть х\, Х2, xs, х\ — корни уравнения х4 + ах2 + Ъх + с = 0. Положим и = х\ + Х2 = — (хз + Х4). Тогда

Из первого и второго уравнений получаем

Подставив эти выражения в третье уравнение, получим

(1)

Уравнение (1) является кубическим уравнением относительно и2. Решив это кубическое уравнение, найдём 6 корней уравнения (1). Они имеют вид ±ui, ±112, ±1/3. Можно считать, что

Тогда ui + U2 + из = 2xi.

24.10. а) По условию х\ + Х2 = — (хз + Х4), поэтому х\ + Х2 = л/^-Аналогично Xi + Хз = и Xi + Х4 = л/У - Следовательно,

б) Ясно, что

Далее,

Учитывая,

получаем

Наконец,

Учитывая, что

получаем

в) Согласно задаче а) достаточно найти ос, р и у. Согласно задаче б) числа а, ß и у являются корнями кубического уравнения ys + 2ау2 + (а2 - Ас)у -Ь2 = 0.

24.11. Пусть x = cos(p. Из формулы Муавра следует, что рассматриваемые уравнения имеют вид cos Ъср =а и cos 7(р=а. Значит, решения этих уравнений имеют вид

где п = 5 или 7.

24.12. Мы воспользуемся тем же самым способом, которым в задаче 24.2 было решено кубическое уравнение. А именно, будем искать решение в виде х= а +/3. Воспользовавшись тем, что (a+ß)3 = a3+ß3 + 3aß(a+ß) и (а +/3)5 = а5 +/35 + 5aß(a3 +/33) + 10а2/32(а + /3), запишем исходное уравнение в виде а5 + /З5 + А(а3 + ß3) + Б(а + /3) - & = 0, где А = 5aß - 5а и Б = 10а2/32 -— 15aaß + 5а2. Если aß = а, то А = 0 и Б = 0. Поэтому решение исходного уравнения свелось к решению системы уравнений

Из этой системы находим

Поэтому

Значения корней выбираются так, чтобы их произведение было равно а.

24.13. Ответ: х7 -Пусть aß = а. Тогда

Чтобы осталось только а7 +/37, нужно рассмотреть выражение

Таким образом, решение уравнения

сводится к решению системы уравнений

ГЛАВА 25

ПРЕДЕЛ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ

Для бесконечной последовательности ai, a2, аз, ... обычно используют обозначение {ап}. Число a называют пределом последовательности {ап}, если для любого е > О можно выбрать номер N так, что \ап — а \ < s при п> N. Предел последовательности {ап} обозначают lim a„. Предел последовательности не всегда существует. Например, у последовательности ап = ( — 1)п предела нет. Вместо обозначения lim ап = a иногда используют обозначение a„ —> a при д —> оо или даже просто ал —► а.

25.1. Свойства пределов

25.1. Докажите, что если предел последовательности существует, то он единствен.

25.2. Пусть {ап} и {Ъп} — две последовательности, причём

Докажите, что:

25.3. Докажите, что если ап<Ъп<сп для всех п и

то

25.4. Докажите, что если

причём

для всех п, то

25.5. Дано положительное число а и последовательность

положительных чисел хп. Докажите, что если

то

25.6. Докажите, что если lim хп = а, то lim -—--=а

(Коши).

25.7. Пусть {ап} — последовательность положительных чисел, причём lim ап = а. Докажите, что lim Va\ ...ап = а.

25.8. Докажите, что если lim (хп+\ — хп)=а, то lim — =а.

25.9. Докажите, что если lim —— =а, то lim п/сГ^ = а.

25.10. Пусть Р(х) —многочлен с целыми коэффициентами. Докажите, что если lim {Р(п)а} = 0, где {•} обозначает дробную часть, то число а рационально.

25.2. Теорема Вейерштрасса

Последовательность {ап} называют ограниченной, если можно выбрать числа с\ и С2 так, что с\ ^ ап ^ С2 для всех п.

Точку с называют предельной точкой последовательности {ап}, если для любого е > 0 неравенство \с — ап \ < s выполняется для бесконечного множества членов последовательности.

25.11. Докажите, что любая ограниченная последовательность имеет по крайней мере одну предельную точку (Больцано—Вейерштрасс).

25.12. Докажите, что любая ограниченная последовательность {ап} содержит сходящуюся подпоследовательность {аП/г}, т.е. можно выбрать строго возрастающую последовательность натуральных чисел п\, П2, п%, ... так, что последовательность где bk = ank, сходится.

Последовательность {ап} называют возрастающей (неубывающей), если ап+\ > ап (ап+\ ^ ап) для всех п.

Последовательность {ап} называют ограниченной сверху, если можно выбрать число с так, что ап ^ с для всех п.

25.13. Докажите, что любая возрастающая (или хотя бы неубывающая) ограниченная сверху последовательность {ап} имеет предел (Вейерштрасс).

25.14. Докажите, что последовательность {хп} сходится тогда и только тогда, когда для любого s > 0 можно выбрать

номер N так, что \хп — хт\<е для любых m, n^N (критерий Коши).

25.3. Вычисление пределов

25.15. Вычислите

25.16. Вычислите

25.17. а) Докажите, что

б) Докажите, что

25.18. а) Докажите, что

для любого натурального k и любого а > 1.

б) Докажите, что

для любого натурального k и любого а > 1.

25.19. Докажите, что

25.20. Докажите, что

для любого положительного числа x.

25.21. Докажите, что

25.22. Докажите, что

25.23. Пусть ао = а, bo = b, где 0 < а < Ь. Положим

Докажите, что

25.24. Пусть среди чисел 21, 22, 2п ровно ап чисел начинается с единицы. Вычислите предел lim —.

25.25. Пусть х\ = \[а, где а — некоторое положительное число, и xn+i = у/а + хп при п ^ 1. Докажите, что существует предел lim хп и вычислите его.

25.26. Пусть х\ и а — положительные числа, хп+\ =-- при п ^ 1. Докажите, что существует предел lim хП9 и вычислите его.

25.27. Пусть xi > 0 и а > О,

Вычислите предел

25.28. Пусть xi = а, х2 = b и

Вычислите

25.29. Пусть pi, ..., pu — простые числа, ап — количество натуральных чисел, не превосходящих п и делящихся только на данные простые числа. Докажите, что lim — = 0.

25.30. Пусть хо и г/о — некоторые положительные числа, причём Хо > г/о?

Докажите, что

25.31. Пусть хо и г/о — некоторые положительные числа, причём хо > г/о>

Докажите, что обе последовательности {хп} и {уп} сходятся к одному и тому же пределу, называемому средним арифметико-геометрическим чисел хо и г/о (Гаусс).

25.32. Пусть

Докажите, что

25.33. Пусть хо и г/о — некоторые неотрицательные числа,

а) Докажите, что если 0 ^ хо < г/о> то

б) Докажите, что если 0 < г/о < то

См. также задачу 28.51.

25.4. Число е

25.34. а) Докажите, что для любого натурального п выполняется неравенство 2 ^ (1 + 1/п)п < 3.

б) Докажите, что для любого натурального п выполняется неравенство (/г/3) </г!.

25.35. Найдите первую цифру числа 2400.

25.36. Докажите, что если тип — натуральные числа, причём m > /г, то

25.37. Докажите, что существует предел е=

25.38. а) Докажите, что

б) Докажите, что для любого k.

в) Докажите, что е =

25.39. Докажите, что

25.40. Сходится ли последовательность ап = sin(2л:ni е)?

25.41. Докажите, что число е иррационально.

25.42. Докажите, что

25.5. Сопряжённые числа

25.43. Пусть (1 + у/2 + V3)n = qn + rnx/2 + snv3 + tny/6, где qn, rn, sn, tn — натуральные числа. Вычислите пределы

25.6. Точная верхняя грань

Пусть X — некоторое (непустое) множество действительных чисел. Число хо называют точной верхней гранью этого множества, если x ^ хо для любого числа х из множества X, но для

любого s > О найдётся число х из множества X, для которого х + £ > Хо. Если точная верхняя грань Хо множества X принадлежит X, то Хо называют максимумом множества X. Аналогично определяются точная нижняя грань и минимум.

25.44. Найдите точную верхнюю грань множества отрицательных чисел. Есть ли у этого множества максимум?

Множество действительных чисел называют ограниченным сверху, если можно выбрать число с так, что все числа этого множества меньше с. Аналогично определяется множество, ограниченное снизу.

25.45. Докажите, что любое (непустое) ограниченное сверху множество действительных чисел имеет единственную точную верхнюю грань, а ограниченное снизу — единственную точную нижнюю грань.

Решения

25.1. Предположим, что а и Ь — пределы последовательности {ап}, причём афЬ. Пусть е = - \а — Ь\. Согласно определению предела можно выбрать номера Ni и N2 так, что \ап — а \ < s при п> Ni и \ап — Ъ\< s при п> N2. Пусть N — наибольшее из чисел Ni и N2. Тогда

Приходим к противоречию.

25.2. а) Утверждение о том, что lim (ап + с) = а + с очевидно: в качестве N для последовательности {ап + с} можно выбрать то же самое число, что и для последовательности {ап}.

При с = 0 утверждение о том, что lim (сап) = 0 очевидно. Если же с ф О, то в качестве числа N, соответствующего е для последовательности {сап}, можно взять N, соответствующее s/\с\ для последовательности {ап}. А именно, если \ап — а\ < е/\с\, то \сап -са\<е.

б) Для данного е > 0 выберем Ni и N2 так, что | ап — а | < s/2 при n > Ni и I Ъп — ЬI < е/2 при п > N2. Пусть N — наибольшее из чисел Ni HiV2. Тогда

при n>N.

в) Воспользуемся тождеством

(1)

Для данного s > О выберем Ni и N2 так, что \ап — а \ < \J~s при п> Ni и I Ъп - ЪI < y/s при п> N2. Тогда | (ап - a)(bn - b)\ < s при п > max(Ni, N2), поэтому lim (a„ — а) (&л — Ъ) = 0. Из а) и б) следует, что lim a(fr„ — Ъ) = 0 и lim b(an — а) = 0. Поэтому тождество (1) показывает, что lim (anbn — ab) = 0.

г) Выберем сначала iVi так, что \ап — а\ < - \а\ при п > Ni.

Отметим, что при этом \ап \ > ^\а\- Выберем затем для данного s > 0 номер N2 так, что \ап — а \ < ^ \ a\2s при п > N2. Тогда если л > max (iVi, N2), то

25.3. Для данного s > 0 выберем числа iVi и Л^2 так, что \а — ап \ < s при п > Ni и |а — c„| < £ при п > N2- Тогда если тг > max(iVi, N2), то ап> а — s vl сп <а + s. Поэтому а — s <ап ^bn ^ ^ сп < а + s, а значит, | fr„ — а | < с.

25.4. Выберем N так, что если п>N, то |а — a„ | < £ и |& — &л | < £. Тогда а — £<а/г^&Аг<& + £. Таким образом, для любого s > 0 выполняется неравенство & > а — 2s. Поэтому а.

25.5. Пусть

Тогда

25.6. Вместо последовательности {хп} можно рассмотреть последовательность {хп — а}, поэтому можно считать, что а = 0. Для любого £ > 0 можно выбрать N так, что если тг ^ N, то \хп \ < s. Тогда при п> N

где C = Xi+... + Xn- Ясно, что

Поэтому можно выбрать M > N так, что если п > М, то

25.7. Функция 1пх непрерывна, поэтому

Значит, согласно задаче 25.6

Следовательно,

Теперь, воспользовавшись непрерывностью функции ех, получаем требуемое.

25.8. Пусть уi =х\ и уп = хп — хп-\ при п^2. Тогда xn=yi+y2 + ... . .. + г/л. По условию lim г/л = а. Поэтому согласно задаче 25.6

25.9. Рассмотрим последовательность fri = ai,

По условию

Поэтому согласно задаче 25.7

25.10. Удобнее доказывать более общее утверждение: если {Р(п)ос} = ап + еп, где lim еп = 0 и ал принимает лишь конечное число значений (когда п пробегает все натуральные значения), то ос рационально.

Применим индукцию по m — степени многочлена Р(х). При т= 1 получаем {Апос + Вос} = ап + £л. Поэтому Anoc + Boc = an + £n + kn и А(п + 1) а + Ба = a^+i + £л+1 + Ал+1, где kn и ал+1 — целые числа. Следовательно,

Число kn+i — kn целое, а разность ал+1 — ап может принимать лишь конечное число значений. Поэтому из того, что lim еп = 0, следует, что £л+1 — Sn — 0 при п ^ по. Но тогда

где /л — целое число. По условию ап принимает конечное число значений. Следовательно, 1п + пАа принимает конечное число значений, поэтому {пАа} принимает конечное число значений. Тогда число Аос рационально (задача 17.14), а значит, число ос тоже рационально.

Шаг индукции доказывается совсем просто. Многочлен Q(x) = Р(х+ 1) — Р(х) имеет степень m — 1. Кроме того, если ап принимает конечное число значений, то an+i — ап тоже принимает конечное число значений. Поэтому, применив к многочлену Q(x) предположение индукции, получаем, что а рационально.

25.11. Можно считать, что числа с\ и с2 из определения ограниченной последовательности целые. Отрезок [с\, с2] разбивается на конечное число отрезков длины 1. Хотя бы в одном из этих отрезков содержится бесконечно много членов рассматриваемой последовательности. Выберем такой отрезок и разделим его на 10 отрезков длины 1/10. Среди этих отрезков выберем тот, который содержит бесконечно много членов последовательности. Этот отрезок снова разделим на 10 отрезков равной длины и т.д.

Такая последовательность операций определяет некоторое число с = то + гп\ • Ю-1 + m<i • Ю-2 +... Действительно, на первом шаге мы определяем то, на втором т\ и т.д. Число с является предельной точкой данной последовательности.

25.12. Пусть с — предельная точка последовательности {an}-Тогда неравенство \ап — с\ < 1/k выполняется для бесконечного множества членов ап. Поэтому можно выбрать аПк так, что \dnk—c\<l/k. Более того, это можно сделать так, что п\<П2<пг<... Тогда с = lim аПк.

25.13. Неубывающая ограниченная сверху последовательность ограничена, поскольку ап ^ а\ для всех п. Поэтому согласно теореме Больцано—Вейерштрасса (задача 25.11) последовательность {ап} имеет предельную точку с. Прежде всего докажем, что предельная точка единственна. Предположим, что есть две предельные точки: ci <С2. Пусть С2 — с\ = s. Выберем N так, что \xn — <?21 < s/2. Тогда Xn > С2 — —. Значит, хп > С2 — — при N. Но тогда Хп — Ci > - , поэтому ci не может быть предельной точкой.

Пусть с — предельная точка. Тогда хп ^ с для всех п (иначе все точки хт, где т^ п, лежат вне некоторой окрестности точки с). Поэтому для каждого е > О можно выбрать N так, что с — £ < xn ^ с. Тогда с — s < Хп ^ с при N.

25.14. Если последовательность {хп} имеет предел а, то для любого s >О можно выбрать N так, что |хп — а\ < s/2 для любого n^N. Тогда если т, п ^ N, то | хп — xm | ^ | хп — а | + | а — xm \ < s.

Предположим теперь, что для любого е > О можно выбрать номер N так, что \хп — Xm I < s для любых т, N. Положим s = 1 и выберем соответствующий номер N. Тогда |хп — Xn\ < 1 при n^N. Поэтому последовательность {хп} ограничена. По теореме Больцано—Вейерштрасса (задача 25.11) такая последовательность имеет предельную точку а. Для положительного числа s/2 выберем номер N так, что \хп — Xm I < s/2 при т, N. Точка а предельная, поэтому \хп — а \ < s/2 для бесконечно многих п; в частности, это неравенство выполняется для некоторого по ^ N. Поэтому для любого т^N получаем |хт — а| ^ |хт — хПо | + |хПо — а| < е. Следовательно, lim Хт = а.

25.15. Ответ: 0. Ясно, что

Поэтому

25.16. Ответ: 1/2. Домножив и поделив у/п2 + п — п на л/п2 + п + п, получим

25.17. а) Ясно, что

б) Пусть 10я ^ /г ^ 10Ä+1. Тогда

согласно задаче а).

25.18. а) Если п достаточно велико, то

Выберем число q > 1 и натуральное число N так, что при N. Тогда

поэтому

а значит,

Остаётся заметить, что если q> 1, то

б) Пусть ат~1 ^п^ат. Тогда

согласно задаче а).

25.19. Выберем натуральное число N так, что

25.20. Пусть x > 1. Рассмотрим вспомогательную последовательность ап = х1/п — 1. Ясно, что ап > 0, Поэтому согласно задаче 13.9 а) 1 + пап ^ (1 + ап)п = х. Таким образом, 0 < ап <-.

Поэтому lim ап = 0.

Если x = 1, то утверждение очевидно, а если 0 < х < 1, то рассмотрим у = 1/х> 1. Тогда lim у1/п = 1, поэтому lim х1/п = 1.

25.21. Первое решение. Пусть

Тогда a„ ^ 0, поэтому

Следовательно,

Второе решение. Воспользовавшись неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим, получим:

Если п ^ 3, то

25.22. Из неравенства (2п)1^ п(п+ 1)... (2п) > пп+1 следует, что

25.23. Если 0 < ап < Ьп, то ап+\ > ап и bn+i < bn. Кроме того, 4апЬп < (ап + Ьп)2, т. е. ап+\ < Ъп+\> Поэтому а0 < ai < а2 < ... < Ь2 < < Ъ\ < bo- Значит, последовательности {ап} и {Ьп} сходятся. Пусть lim ап = а и lim bn = ß. Из того, что Ьп+\ = ап\ п , следует, что

Перемножив равенства

получим an+ibn+i = адг^л. Значит, a„fr„ = ab при всех д. Поэтому aß = ab, т. е. а2 = ab.

25.24. Рассмотрим все натуральные числа а, для которых 10к~1 ^ а < 10Ä. Среди них есть хотя бы одна степень двойки, поскольку не может оказаться, что 2т < 10к~1, а 2m+1 > 10к. Наименьшая из степеней двойки, заключённых в этих пределах, начинается с единицы, поскольку иначе мы могли бы поделить число а = 2т на 2 и получить число в тех же пределах. Степень двойки, следующая за наименьшей, начинается с цифры 2 или 3. Поэтому среди рассматриваемых чисел есть ровно одна степень двойки, начинающаяся с единицы. Значит, если 10k~l ^ 2п < 10к, то ап = k — 1.

Таким образом,

Поэтому

25.25. Если бы мы знали, что существует предел lim хп = с, то найти с было бы легко. Действительно, с = \Jа + с, поэтому с2 — с — а = 0. Следовательно, с = 1/2 ± л/a + 1/4. Ясно также, что с ^ 0, поэтому с = 1/2 + л/a + 1/4.

Докажем теперь, что рассматриваемый предел существует. Прежде всего заметим, что последовательность {хп} монотонно возрастает. Действительно, учитывая, что все числа хп положительны, получаем: хп+\ > хп <Ф=> х2п+1 > х2 <Ф=> а + хп > х2 о <Ф=> а+хп>а+хп-1 <Ф=> хп>хп-1. Остаётся заметить, что Х2 = л/а+л/#>

Докажем, что последовательность {хп} ограничена сверху, а именно, хп <с. Действительно, Х\ <с. Кроме того, хп <с => хп+\ < < v/öTc = c.

25.26. Если бы мы знали, что существует предел lim хп = с, то найти его было бы легко. Действительно, с = ^ , поэтому с2 + с — а = 0. Ясно также, что с ^ 0. Поэтому с — положительный корень уравнения х2 + х — а = 0. Такой корень единствен.

Докажем теперь существование предела. Пусть с — единственный положительный корень уравнения х2 + х — а = 0. Если хп ^ с, то

Поэтому

т. е. Xn+i ^с. Аналогично доказывается, что если хп то xn+i ^с. Далее,

Поэтому если хп ^ с, то Хя+2 — хп ^ 0, а если x„ ^ с, то хп+2 — хп ^ 0. Таким образом, одна из последовательностей х\, хз, xs, ... и Х2, ха, xq, ... монотонно возрастает, а другая монотонно убывает. Предел каждой из этих последовательностей является положительным корнем уравнения

которое эквивалентно уравнению

25.27. Ответ:

Ясно, что

Следовательно,

Пусть

Ясно, что \q \ < 1. Поэтому

Значит,

Остаётся воспользоваться результатом задачи 25.5.

25.28. Ответ: lim x„ = —-—. Докажем, что хп = —---. При д = 1 и 2 требуемое равенство легко проверяется. Соотношение xn+i = ~(хп + xn-i) тоже легко проверяется.

25.29. Пусть

Тогда

поэтому

Значит,

Если п ^ pi, р/г, то

Остаётся воспользоваться результатом задачи 25.18 б).

25.30. Легко проверить, что хо > —-— >-> г/о, т. е. Хо > Х\ > г/1 > г/о. Аналогично хп > x„+i > yn+i > Уп для любого п. Таким образом, последовательности {хп} и {уп} монотонные и ограниченные, поэтому они сходятся к некоторым числам х и у. Если в равенстве хп+\ = —-— перейти к пределу, то получим х= —-—, т. е. х = у. Ясно также, что xn+iyn+i=xnyn. Поэтому ху = Хоуо- А так как х = г/, получаем требуемое.

25.31. Легко проверить, что хо > —-— > л/xöyö > г/о, т. е. хо > Х\ > г/1 > г/о. Аналогично хп > xn+i > г/л+i > Уп для любого п. Таким образом, последовательности {хп} и {уп} монотонные и ограниченные, поэтому они сходятся к некоторым числам х и г/. Если в равенстве хп+\ = Хп перейти к пределу, то получим т. е. X = г/.

25.32. Пусть полупериметр правильного 6- 2п-угольника, описанного вокруг окружности радиуса 1, Вп —полупериметр правильного 6- 2п -угольника, вписанного в окружность радиуса 1. Покажем, что ап = Ап и Ъп = Вп. При п = 0 это очевидно. Пусть

Кроме того,

Далее,

Легко проверить,

Поэтому

25.33. а) Положим

Тогда

Поэтому

Продолжая такие рассуждения дальше, получаем

Остаётся заметить, что

б) Решение аналогично, только теперь мы полагаем

25.34. а) Первое решение. Согласно задаче 13.9, если 0<а^ 1/п, то выполняется неравенство 1 + (1 + 1/п)п< 1 + па + п2а2. При а = 1/п получаем требуемое.

Второе решение. Ясно, что

поскольку

б) Из неравенства

следует, что

Поэтому индукцией по п получаем требуемое неравенство.

25.35. Ответ: 2. Первая цифра числа 2400 = (210)40 = 102440 совпадает с первой цифрой числа 1,02440. С одной стороны, согласно задаче 25.34 получаем

С другой стороны,

25.36. Достаточно доказать требуемые неравенства в случае, когда m = п + 1.

Первое решение. Пусть 0 < а < Ь. Тогда

(1)

поскольку

Неравенства (1) можно

записать в виде

Подставим в эти неравенства

В результате получим

Остаётся заметить, что

Второе решение. Неравенство

эквивалентно неравенству

Согласно задаче 13.9 б)

Неравенство

легко проверяется.

Неравенство

эквивалентно неравенству

Согласно задаче 13.9 а)

Неравенство

легко проверяется.

25.37. Согласно задаче 25.36 последовательность ап = (1 + 1/п)п монотонно возрастает, а согласно задаче 25.34 эта последовательность ограничена сверху.

25.38. а) По формуле бинома Ньютона

Кроме того,

Ясно, что

Поэтому

в) Очевидным образом следует из задач а) и б). 25.39. Согласно задаче 25.38

Остаётся заметить, что

поскольку

25.40. Ответ: да, сходится к 0. Согласно задаче 25.39 дробная часть числа ni е заключена между 0 и 1/п. Поэтому 0<sin(27rn! е) < < sin(27r/tt) при n ^ 4.

25.41. Предположим, что е = т/п, где m и п — натуральные числа. Тогда согласно задаче 25.39

После умножения на ni получим, что 0 < а < 1/п, где а — целое число. Этого не может быть.

25.42. Первое решение. Пусть

Тогда

Поэтому согласно задаче 25.9

Второе решение. Ясно, что

При п —> оо последнее выражение превращается в

25.43. Пусть

Тогда

Поэтому

Ясно также, что

Поэтому

а значит,

25.44. Точная верхняя грань равна 0. Максимума нет, поскольку 0 не входит в рассматриваемое множество.

25.45. Проведём доказательство только для точной верхней грани. Пусть Хо и Xi — две точные верхние грани, причём х\ > Xq.

Тогда для найдётся x (число из рассматриваемого множества), для которого

Но это противоречит тому, что Хо — точная верхняя грань.

Докажем теперь существование точной верхней грани. Построим неубывающую последовательность {ап} и невозрастающую последовательность {Ъп} так, что для каждого п существует х^ап и не существует х ^ bn. А именно, в качестве а\ возьмём произвольное число из рассматриваемого множества, а в качестве Ь\ — число с из определения ограниченного сверху множества. Пусть с2 — середина отрезка [ai, Ь\]. В качестве a 2 берём число с2, если оно нам подходит; иначе берём а\. В качестве Ъ2 берём число с2, если оно нам подходит; иначе берём Ь\. Дальнейшие члены выбираются аналогично. Построенные последовательности имеют общий предел Xq. Легко видеть, что Хо — точная верхняя грань.

ГЛАВА 26

НЕПРЕРЫВНЫЕ И РАЗРЫВНЫЕ ФУНКЦИИ

Мы будем использовать следующие обозначения:

[а, Ъ] — отрезок; он состоит из точек х, для которых а ^ х ^ Ь;

(а, Ъ) — интервал; он состоит из точек х, для которых а < х < Ь.

26.1. Монотонные функции

26.1. Вещественные числа х и у удовлетворяют равенствам Xs — 3х2 + 5х = 1, у3 — Зу2 + 5у = 5. Найдите х + у.

26.2. Периодические функции

26.2. Докажите, что если число а иррационально, а число а положительно, то функция f(x) =cosx + acosax непериодическая.

26.3. Предел функции

Число а называют пределом функции f(x) в точке хо, если для любого s > 0 можно выбрать S > 0 так, что для любого х ф хо из неравенства \х — хо \ < 8 следует неравенство \f(x) — а \ < s. Если предел функции f(x) в точке Хо существует, то его обозначают lim f(x).

Иногда возникает необходимость рассматривать односторонние пределы функции*

Они определяются почти так же, как и обычный предел, но в первом из них рассматриваются только х>Хо, а во втором— только х<хо. Например, если функция f(x) определена

* Часто используются обозначения но они могут ввести в заблуждение.

только на отрезке [р, q], то в концах отрезка имеют смысл только односторонние пределы

26.3. Докажите, что если предел функции f(x) в точке Хо существует, то он единствен.

26.4. Докажите, что lim f(x) = а тогда и только тогда, когда lim f(an) =а для любой последовательности {ап}, для которой lim ап = хо и апф хо при всех п (предполагается также, что все точки ап принадлежат области определения функции /).

26.5. Пусть f(x) и g(x) —две функции, причём lim f(x) = а и lim g(x) = b. Докажите, что

26.6. Докажите, что

26.4. Непрерывность

Функцию f(x) называют непрерывной в точке хо, если lim f(x) = f(xo)' Если функция f(x) непрерывна в каждой точке (из области определения), то её называют просто непрерывной.

Функцию /(х), определённую на отрезке [а, Ь], мы будем называть непрерывной, если она непрерывна в каждой внутренней точке отрезка, а в концах отрезка существуют односторонние пределы, причём /(а+) = /(а) и f(b—) =f(b).

26.7. a) Пусть Р(х) —многочлен. Докажите, что функция Р(х) непрерывна.

б) Пусть Р(х) и Q(x) —многочлены, причём Q(xo) фО. Докажите, что функция Р(х)/Q(x) непрерывна в точке Хо.

26.8. Функция f(x) непрерывна в точке хо, а функция g(y) непрерывна в точке уо = /(#о)« Докажите, что функция g(f(x)) непрерывна в точке хо.

26.9. Докажите, что функция f(x) =sinx непрерывна.

26.10. Пусть

Докажите, что функция f(x) непрерывна (во всех точках х).

26.5. Теорема о промежуточном значении

26.11. Функция f(x) непрерывна на отрезке [а, Ъ] и принимает в его концах значения разных знаков. Докажите, что f(xo) =0 для некоторой точки хо этого отрезка (теорема о промежуточном значении).

26.12. а) Пусть / — непрерывная функция, для которой уравнение f(x) = х не имеет вещественных решений. Докажите, что уравнение f(f(x)) =х тоже не имеет вещественных решений.

б) Пусть f и g — непрерывные функции, удовлетворяющие тождеству f(g(x))=g(f(x)). Докажите, что если уравнение f(x) =g(x) не имеет вещественных решений, то уравнение f(f(x)) =g(g(x)) тоже не имеет вещественных решений.

26.13. Функция f(x) непрерывна на отрезке [0, 1] и принимает значения из того же отрезка. Докажите, что f(x) =х для некоторой точки х этого отрезка.

26.14. На отрезке [0, 1] выбрано п чисел хь хп. Докажите, что на этом же отрезке можно выбрать число х так, что

26.15. Существует ли функция, непрерывная на отрезке [0, 1], которая в рациональных точках принимает иррациональные значения, а в иррациональных — рациональные, и при этом все значения принадлежат отрезку [0, 1]?

26.6. Свойства функций, непрерывных на отрезке

26.16. Докажите, что функция /(х), непрерывная на отрезке [а, &], ограничена на этом отрезке, т.е. множество всех значений f(x) для х из отрезка [а, Ъ] — ограниченное множество.

26.17. Функция непрерывна на интервале (а, Ъ). Верно ли, что она ограничена на этом интервале?

26.18. Докажите, что функция f(x), непрерывная на отрезке [а, Ъ], достигает максимума и минимума в некоторых точках этого отрезка (Вейерштрасс).

26.7. Выпуклые функции

Функцию f(x), определённую на отрезке [а, Ъ], называют выпуклой, если

(1)

для всех х\ и Х2, лежащих на отрезке [а, Ъ].

С геометрической точки зрения неравенство (1) означает, что середина любой хорды кривой у = f(x) лежит над этой кривой (или на самой кривой).

Функцию f(x) называют вогнутой, если функция —f(x) выпукла.

26.19. Докажите, что функция f(x) выпукла на отрезке [а, Ъ] тогда и только тогда, когда для любого п и любых точек х\, хп из этого отрезка имеет место неравенство

(2)

26.20. Пусть f(x) —выпуклая функция, р и q — положительные числа, сумма которых равна 1.

а) Докажите, что если числа р и q рациональные, то f(pxi+qx2) ^pf(xi)+qf(x2).

б) Докажите, что если функция f(x) непрерывная, то f(pxi+qx2) ^pf(xi)+qf(x2).

26.21. Пусть f(x) —выпуклая функция, ai, ап — положительные числа, сумма которых равна 1.

а) Докажите, что если числа ai, ап рациональные, то

б) Докажите, что если функция f(x) непрерывная, то

(неравенство Иенсена).

26.22. Докажите, что функция f(x) =1пх вогнута на интервале (0, +оо).

26.23. Докажите неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для положительных чисел xi, хп:

26.24. Докажите, что если А, Б, р и q — положительные числа, причём l/p + l/q=l9 то A1/pB1/q ^ A/p + B/q.

26.8. Равномерная непрерывность

Пусть множество D содержится в области определения функции f(x). Функцию f(x) называют равномерно непрерывной на множестве D, если для любого е > О можно выбрать 8 > О так, что для любых х\ и Х2 из D неравенство | Х\ — Х2 \ < 8 влечёт неравенство \f(x\) — f(x2) I < s. Отличие от обычной непрерывности заключается в том, что число 8 одно и то же для всех точек области D. Ясно, что из равномерной непрерывности следует обычная непрерывность. Обратное, вообще говоря, неверно.

26.25. а) Приведите пример непрерывной функции на множестве всех действительных чисел, которая не является равномерно непрерывной.

б) Приведите пример непрерывной функции на интервале (0, 1), которая не является равномерно непрерывной.

26.26. Докажите, что любая функция /(х), непрерывная на отрезке [а, &], является равномерно непрерывной на этом отрезке.

26.9. Функции ограниченной вариации

Пусть / — ограниченная функция на отрезке [а, Ь]. Вариация Vara(/) функции / на отрезке [а, Ь] определяется как точная верхняя грань сумм вида

для всевозможных наборов точек

Если

то говорят, что / — функция ограниченной вариации на отрезке [а,Ъ].

26.27. Пусть /(х) =х sin (1/х) при х ф О, /(О) =0. Докажите, что на отрезке [0, 1] функция / непрерывна, но не является функцией ограниченной вариации.

26.28. Докажите, что функция /, определённая на отрезке [а, &], является функцией ограниченной вариации тогда и только тогда, когда её можно представить в виде разности двух неубывающих функций.

26.29. Пусть / — функция ограниченной вариации на отрезке [а, Ъ]. Для x G [а, Ь] рассмотрим функцию V(x) = Var£(/) (предполагается, что V(a) = 0). Докажите, что функция / непрерывна в точке хо G [а, Ъ] тогда и только тогда, когда в этой точке непрерывна функция V.

Решения

26.1. Ответ: х + у = 2. Функция f(x) =х3-3х2 + 5х = (х- 1)3 + 2(х — 1) + 3 монотонно возрастает, поэтому для каждого вещественного числа с уравнение /(х) = с имеет ровно одно вещественное решение.

Функция /(х) — 3 обладает следующим свойством: если х — 1 = 1 — 1/, то /(х) — 3 = —(f(y) — 3). Из монотонности функции / следует, что верно и обратное, т.е. если /(х) — 3 = —(f(y) — 3), то x — 1 = 1— у, т. е. x + у = 2. В рассматриваемом случае /(х) = 1 и /(*/) = 5» поэтому указанное равенство выполняется.

26.2. Предположим, что Т — период функции /(х). Тогда f(T) = /(0) = 1 + а. Значит, cos Т= 1 и cos аТ= 1, т.е. Т=2кт ш осТ=2кп, где тип — целые числа. Поэтому ос = п/т, что противоречит иррациональности а.

26.3. Предположим, что у функции /(х) в точке Хо есть два предела: а и Ъ, причём афЪ. Для е = - |а — Ъ\ выберем ôi и §2 так, что |/(х) — а \ < £ при |х — хо I < ôi и |/(х) — Ъ \ < £ при |х — Хо | < ÔV Тогда если хфхо и |х —хо| < min (Si, 82), то \ а — Ъ \ ^ |/(х) — а\ + |/(х) — &| < < 2ê: = \ а — Ь\, Приходим к противоречию.

26.4. Предположим сначала, что lim /(х) = а. Для заданного £ > 0 выберем 8 > 0 так, что из неравенства |х — хо| < 8 следует неравенство |/(х) — а\< е. Затем для данной последовательности {ап}, сходящейся к хо, выберем N так, что \ап — хо \ < 8 при п>N. Тогда I f(an) — а | < е, поэтому lim f(an) = а.

Предположим теперь, что равенство lim f(x) = а не имеет места. Тогда существует s > 0, обладающее следующим свойством: для любого 8 > 0 существует х ф хо, для которого |х — хо| < Ô, но — а \ > s. Для Ô = 1/п соответствующее х обозначим ап. В результате получим последовательность {ап}, для которой lim ап = хо, но равенство lim f(an) = а не имеет места.

26.5. Согласно задаче 26.4 эти свойства пределов функций следуют из соответствующих свойств пределов последовательностей (задача 25.2).

26.6. Согласно задаче 11.1 cos а < - < 1 при 0 < а < к/2.

Такие же неравенства верны и при —к/2 < а < 0, поскольку ч sin(-a) sin а cos( — а) = cos а и-=-. Остается заметить, что lim cos а cos 0=1.

26.7. Воспользуемся задачей 26.5. Ясно, что lim х = хо, поэтому, применив индукцию по п, получим lim хп =Xq. Значит,

Если Q(xo) /0, то lim P(x)/Q(x) =P(x0)/Q(x0).

26.8. Для данного s > 0 выберем 8 > 0 так, что если \у — уо \ < 8, то \g(y) — g(yo) I < s. Затем для S\ = 8 выберем ôi так, что если \х — хоI < Si, то \f(x) — f(xi) I < Si. Для данного s > 0 мы выбрали Si >0 так, что если |х-хо| <5i, то \g(f(x)) -g(f(xo)) \ <s.

26.9. Ясно, что

Поэтому достаточно доказать, что lim sin £ = 0. Но если \ t\ < к/2, то |sin£| < \ t\ согласно задаче 11.1.

26.10. Ясно, что функция f(x) непрерывна во всех точках хфО. Проверим, что функция f(x) непрерывна в точке х = 0, т. е. для любого s > 0 можно выбрать 8 > 0 так, что если | х \ < 8, то | f(x) \ < s.

Но I fix) \ = \х sin - ^ |х|. Поэтому можно положить 8 = s.

26.11. Пусть для определённости f(a) > 0 и f(b) < 0. Построим последовательности {ап} и {Ьп} следующим образом. Положим а\ = а и Ъ\ = Ъ. Пусть с — середина отрезка [а, Ъ]. Если f(c) < 0, то положим Ü2 = а\ и b2 = с; если же f(c) > 0, то положим а2 = с и Ъ2 = fri (мы предполагаем, что f(c) ф 0, поскольку иначе доказательство

немедленно завершается). Затем берём середину отрезка [аг, fo] и повторяем то же самое и т. д. В результате получим неубывающую последовательность {ап} и невозрастающую последовательность {Ьп}. Эти последовательности ограничены и lim (bn — ап) = 0.

Поэтому по теореме Вейерштрасса lim ап = хо = lim bn. По построению f(an) ^ 0 для всех п. Функция f(x) непрерывна, поэтому f(xo) ^ 0. С другой стороны, f(bn) ^ 0, поэтому f(xo) ^ 0. Значит, f(xo) = 0. Ясно также, что а ^ хо ^ Ь.

26.12. а) Если / — непрерывная функция и уравнение f(x) =х не имеет вещественных решений, то либо f(x) >х для всех х, либо f(x) < X для всех X. В первом случае f(f(x)) < f(x) < х, а во втором случае f(f(x)) > f(x) > х.

б) Если / и g — непрерывные функции и уравнение f(x) =g(x) не имеет вещественных решений, то либо f(x) > g(x) для всех х, либо f(x) < g(x) для всех х. В первом случае f(f(x)) > g(f(x)) = f(g(x)) >g(g(x)). Во втором случае f(f(x)) <g(g(x)).

26.13. Рассмотрим вспомогательную функцию (р(х) = f(x) — х. Ясно, что ср (0) = /(0) >0и cp(l)=f(l) -1^0. Поэтому ср (х) = 0 для некоторой точки х отрезка [0, 1]. В таком случае f(x) =х.

26.14. Рассмотрим функцию

Все числа Xi неотрицательны, поэтому /(0)

Все числа xi не превосходят 1, поэтому /(1)

Таким образом, /(0) + /(1) = 1, поэтому одно из чисел /(0) и /(1) не меньше -, а другое не больше. Из непрерывности функции f(x) следует, что на промежутке от 0 до 1 она принимает значение -.

26.15. Ответ: нет, не существует. Действительно, если / — требуемая функция, то f(x) фх для любой точки х отрезка [0, 1]. Но согласно задаче 26.13 таких непрерывных функций нет.

26.16. Докажем, что функция f(x) ограничена сверху (ограниченность снизу доказывается аналогично). Предположим, что для любого натурального п на отрезке [а, Ь] есть точка хп, для которой f(xn) > п. Согласно задаче 25.12 из ограниченной последовательности {хп} можно выбрать сходящуюся подпоследовательность {хПк}. Пусть lim Xnk = Хо (ясно, что а ^ Хо ^ Ь). Тогда lim f(xnk) = /(хо).

Но это противоречит тому, что f(xnk) > rik —> 00.

26.17. Ответ: нет, не верно. Функция /(х) = 1/х непрерывна на интервале (0, 1), но она не ограничена сверху.

26.18. Докажем, что на отрезке [а, Ь] существует точка хо, для которой f(xo) = M, где M — точная верхняя грань множества значений f(x) для всех точек х отрезка [а, Ь]. (Для точной нижней грани доказательство аналогично.) Прежде всего заметим, что множество значений функции f(x) ограничено (задача 26.16), поэтому точная верхняя грань M существует (задача 25.45). Следовательно, можно выбрать последовательность точек хп отрезка [а, Ь] так, что M — l/n^f(xn) ^М. Выберем из ограниченной последовательности {хп} сходящуюся подпоследовательность {xnk}. Если lim Xnk = хо, то а ^ хо ^ Ъ и /(хо) = M.

26.19. Достаточно доказать, что из неравенства (1) следует неравенство (2) для любого п. Если выполняется неравенство (1), то

Аналогично доказывается, что неравенство выполняется для любого п = 2т.

Остаётся доказать, что если неравенство выполняется для п, то оно выполняется и для п—1. Пусть даны числа Xi, хп-\.

Положим

Тогда

Следовательно,

что и требовалось.

26.20. а) Если числа р и q рациональные, то р= — и q=-, где m, п и п — m — натуральные числа. Применим неравенство из задачи 26.19 для чисел xi, xi, Х2, *2 (m чисел х\ и п — m чисел Х2). В результате получим требуемое.

б) Следует из задачи а), поскольку любое число является пределом последовательности рациональных чисел.

26.21. Решение аналогично решению задачи 26.20.

26.22. Требуется доказать, что если xi, Х2> 0, то

Это неравенство эквивалентно неравенству

26.23. Функция f(x) = 1пх вогнута (задача 26.22). Поэтому согласно неравенству Иенсена

Это неравенство эквивалентно требуемому.

Замечание. По поводу других доказательств неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим см. задачи 8.13 и 13.10.

26.24. Функция f(x) =1пх вогнута (задача 26.22). Поэтому согласно неравенству Иенсена

Это неравенство эквивалентно требуемому.

Замечание. Другие доказательства приведены в решениях задач 8.46 и 28.44 б).

26.25. а) Функция f(x) = х2 на множестве всех действительных чисел не является равномерно непрерывной. Действительно, если бы эта функция была равномерно непрерывной, то тогда для любого s > 0 можно было бы выбрать 8 > 0 так, что для любого х выполнялось бы неравенство

Но если x достаточно велико, то это неравенство не может выполняться.

б) Функция f(x) = 1/х на интервале (0, 1) не является равномерно непрерывной. Действительно, предположим, что для любого s > 0 мы выбрали 8 > 0 так, что

для всех x из интервала (о, 1 — — ). Это неравенство можно переписать в виде

При x —> 0 получаем 0^0. Приходим к противоречию.

26.26. Предположим, что функция f(x) на отрезке [а, Ь] является непрерывной, но не равномерно непрерывной. Тогда существует такое положительное число s о, что для любого 8 > 0 найдутся точ-

ки x'(8) и x" (8) из отрезка [а, Ь], обладающие следующими свойствами: \х'(8) - х"(8) I < 8 и \f(x'(8)) - f(x"(8)) | ^ So- Положим Хп = х'(1/п) и х'п = х"(1/д). Из ограниченной последовательности {х'п} можно выбрать подпоследовательность {х^}, сходящуюся к некоторой точке хо отрезка [а, Ъ] (задача 25.12). Неравенство \х'п — х'п I < 1/п показывает, что подпоследовательность {x'nk} тоже сходится к точке Хо. Из непрерывности функции f(x) следует, что f(x'nk) —» f(xo) и f(x'nk) —> /(jco). Но это противоречит неравенству !/(*'(§))-/(*"(§)) |^бг0.

26.27. Непрерывность функции f(x) доказана в решении задачи 26.10. Пусть

Тогда f(x2k) = 0, поэтому

Этот ряд расходится (задача 30.7).

26.28. Ясно, что если функция g неубывающая или невозрастающая, то VsLTa(g) = \g(a) — g(b)\; в частности, g — функция ограниченной вариации. Ясно также, что если g\ и g2 — функции ограниченной вариации, то f = giJrg2 тоже функция ограниченной вариации.

Рассмотрим сумму

Пусть р — сумма тех слагаемых, для которых f(xk+i) — f(Xk) > 0, а ( — п) — сумма тех слагаемых, для которых f(Xk+i) — f(Xk) < 0. Тогда v = р + п и f(b) — f(a) =р — п, поэтому

Пусть V, Р и N — точные верхние грани чисел v, р и п для всех наборов точек Хо = а < Х\ <... < хт < Ъ = xm+i - Аналогично определим числа V(x), Р(х) и N(x), заменив отрезок [а, Ь] на отрезок [а, х]. Ясно, что Р(х) и N(x) —неубывающие функции на отрезке [а, Ь]. Ясно также, что

поэтому f(x) =f(a) +Р(х) —N(x). Обе функции f(a) +Р(х) и N(x) неубывающие.

26.29. Предположим сначала, что функция V непрерывна в точке Хо. Функция / является суммой двух монотонных функций,

поэтому существуют односторонние пределы /(хо+) и f(xo — ). Из определения функции V следует, что если хо < х ^ Ь, то

поэтому

Аналогично доказывается, что f(xo-) = /(хо).

Предположим теперь, что функция / непрерывна в точке Хо G G (a, b). Тогда для заданного £ > О существует такое Ô > О, что если I x — хо I < о, то I /(х) — /(хо) I < s/2. Для того же самого s существует такое разбиение отрезка [хо, Ь], что

(1)

Выражение, стоящее в правой части неравенства, при измельчении разбиения не уменьшается, поэтому можно считать, что хо < х\ < хо + 8. В таком случае

(2)

Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем V(x\) — V(xo) < s. Ясно также, что V(x\) ^V(xo). Следовательно, V(xo+) =V(xo). Аналогично V(xo-) = V(xo). Если xo = a или хо = b, то нужно рассматривать только один из односторонних пределов.

ГЛАВА 27

ЛОГАРИФМ И ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ

27.1. Определение показательной функции и логарифма

Определим сначала показательную функцию ах для рациональных X. (Показательную функцию мы определяем только для положительных а.) Пусть а > О и х = p/q, где и q — натуральные числа. Определим ах как \[аР, где имеется в виду арифметическое (положительное) значение корня. Ясно, что ny/anp = \[а~р'. Действительно, это равенство эквивалентно равенству (апр)д = (ар)пд. При х<0мы полагаем ах = 1/а~х.

27.1. а) Пусть а > 1. Докажите, что если х\ > Х2, то aXl > аХ2.

б) Пусть а < 1. Докажите, что если xi > #2, то aXl < аХ2.

27.2. Пусть а > 1. Докажите, что а* может быть сколь угодно велико, если х достаточно велико.

27.3. Докажите, что aXl+X2 =aXlaX2.

27.4. Докажите, что аХх = (ах)х для любого рационального А.

27.5. Пусть а — положительное число, {хп} — последовательность рациональных чисел, причём lim хп = 0. Докажите, что lim а п = 1.

27.6. Докажите, что если существует предел lim хп = х, где {хп} — последовательность рациональных чисел, то существует предел lim аХп, причём этот предел зависит только от X.

Пусть а — положительное число. Определим ах для произвольного X следующим образом. Пусть {хп} — последовательность рациональных чисел, сходящаяся к х. Положим ах = lim аХп.

27.7. а) Пусть а > 1. Докажите, что если х > г/, то ах > ау. б) Пусть а < 1. Докажите, что если х>у, то ах <ау.

27.8. Докажите, что если lim хп = х, где {х^}— последовательность произвольных (не обязательно рациональных) чисел, то lim аХп =ах.

27.9. Докажите, что aXl+X2 =аХ1аХ2 для произвольных (не обязательно рациональных) чисел х\ и х2.

27.10. Пусть а — положительное число, причём аф\. Докажите, что для любого положительного числа х существует единственное число г/, для которого ау = х.

Пусть а и x — положительные числа, причём аф1. Логарифм х по основанию а — это число у = loga х, для которого ау = х. Для логарифмов по основанию 10 используется обозначение lg, а для логарифмов по основанию е используется обозначение In.

27.11. Докажите, что функция f(x) =logax непрерывна.

27.12. Докажите, что

27.2. Показательная функция

27.13. Решите уравнение

27.14. Решите уравнение

27.15. Сколько цифр имеет число 2100?

27.3. Тождества для логарифмов

27.16. а) Докажите, что

б) Докажите, что

27.17. Предположим, что

Докажите, что

27.4. Неравенства и сравнение чисел

27.18. Докажите, что

27.19. Докажите, что

27.20. Сравните числа

27.21. Сравните числа

27.22. Сравните числа

27.23. Сравните числа

27.24. Сравните числа

27.5. Иррациональность логарифмов

27.25. Докажите, что следующие числа иррациональны:

27.26. Приведите пример положительных иррациональных чисел а и для которых число аь целое.

27.6. Некоторые замечательные пределы

27.27. Докажите, что

27.28. Докажите, что

27.29. Докажите, что

для любого вещественного а.

27.30. Докажите, что

для любого положительного а.

27.7. Гиперболические функции

Такую же роль, какую играют для окружности тригонометрические функции, для гиперболы х2 — у2 = 1 играют гиперболические функции:

(гиперболический синус); (гиперболический косинус);

[гиперболический тангенс); (гиперболический котангенс).

Очевидно, что sh(—х) = — shх и ch(—х) = chх.

27.31. Докажите, что точка с координатами x = cht, у = sh t лежит на гиперболе х2 — у2 = 1.

27.32. Докажите, что

Обратные гиперболические функции определяются следующим образом:

(ареасинус* гиперболический); (ареакосинус гиперболический); (ареатангенс гиперболический);

(ареакотангенс гиперболический).

27.33. Докажите, что

Гиперболической амплитудой числа х называют угол ос ( — к/2 < < а < 7г/2), для которого shx = tg а.

27.34. Докажите следующие свойства гиперболической амплитуды:

Решения

27.1. а) Можно считать, что х\ =pi/q и Х2 = P2/q- Тогда aPl > аР2, поскольку а> 1. Для положительных чисел а иß неравенство oc>ß эквивалентно неравенству ocq > ßq. Поэтому aPl/q > aP2/q.

* От латинского area — площадь.

б) Решение аналогично, но в этом случае aPl < аР2, поскольку а < 1.

27.2. Положим а = 1 + Ô, где 8 > 0. Тогда

Поэтому если п > у/8, то ап > у.

27.3. Можно считать, что Х\ = pi/q и Хг= /?2/<7- Ясно, что

Поэтому

27.4. Для натурального Л это следует из задачи 27.3. Если X=p/q, то достаточно извлечь корень степени q из обеих частей равенства арх = (ах)р.

27.5. Рассмотрим сначала следующий частный случай: хп = 1/п. В этом случае требуемое утверждение доказано в решении задачи 25.20.

Для исходной последовательности {хп} можно построить последовательность натуральных чисел кп^оо так, что — 1 /кп <хп<1 /кп. Тогда a~1/kn < аХп < a1/kn при а > 1 и а1/к" < аХп < а~1/к,г при а < 1. Остаётся заметить, что lim a1/k;l = 1 = lim a~1/k;l.

Замечание. Если не обращаться к задаче 25.20, то равенство lim а1/п = 1 можно доказать следующим образом. Достаточно рассмотреть случай, когда а > 1. Согласно задаче 27.1 последовательность {а1/п} монотонна. Ясно также, что эта последовательность ограничена, поэтому она имеет некоторый предел lim а1/п = с. Её подпоследовательность {а1/(2дг)} имеет тот же самый предел, поэтому с = с2, так как а1/п = (а1/(2/г))2. Таким образом, с = 0 или 1. Но а1/п ^ 1, поэтому с ^ 1.

27.6. Будем считать, что а > 1; случай а < 1 разбирается аналогично. Рассмотрим вспомогательные последовательности рациональных чисел {х'п} и {х'п}, сходящиеся к х, причём {х'п} монотонно возрастает, а {х'п} монотонно убывает. Согласно задаче 27.1 последовательность {ах,г} монотонно возрастает. Эта последовательность ограничена, поэтому существует предел lim ах,г = с'. Аналогично существует предел lim ах,г = с". Ясно, что х'п — х'п —> 0, поэтому согласно задаче 27.5 с"/с' = lim ах,г ~х,г = 1, т. е. с" = с' = с.

Теперь для исходной последовательности {хп} мы можем выбрать последовательность натуральных чисел кп —> оо так, что x'kn <Хп< x'kn. Поэтому lim ах,г = с. Число с зависит только от х.

27.7. а) Выберем рациональные числар и q так, что x>p>q>y. Тогда можно выбрать последовательности рациональных чисел

{Хп} и {уп} так, что они сходятся к x и у и при этом Хп ^ р и уп^о для всех д. Согласно задаче 27.1 имеют место неравенства аХп ^ар^ ац ^ аУп, поэтому ах ^ ар ^ ац ^ ау. б) Решается аналогично.

27.8. Решение аналогично решению задачи 27.6. Мы снова выбираем такие же последовательности {х'п} и {х'п}. Согласно задаче 27.7 из неравенств x'kn <хп <х'кп следуют неравенства aX/f« <аХп < < aXkn, а потому lim аХп =с = ах.

27.9. Соотношение aXl+X2 =аХ1аХ2 для произвольных чисел следует из аналогичного соотношения для рациональных чисел (задача 27.3), поскольку функция f(x) =ах непрерывна (задача 27.8).

27.10. Функция f(x) =ах непрерывна (задача 27.8) и монотонна (это легко вывести из утверждения задачи 27.1, воспользовавшись непрерывностью функции /). Кроме того, согласно задаче 27.2 число ау может быть как сколь угодно велико, так и сколь угодно близко к нулю (для доказательства последнего утверждения нужно заметить, что а~у = 1/ау). Поэтому согласно теореме о промежуточном значении для любого х > 0 найдётся такое число у, что ау = x. Единственность числа у следует из монотонности функции /.

27.11. Докажем непрерывность в точке хо = аУо, где уо = loga хо. Для заданного s > 0 возьмём в качестве 8 наименьшее из двух положительных чисел \аУо — ayQ+e \ и \аУо — аУо~е |. Функция g(y) = ау монотонна, поэтому из неравенства \аУо — ау \ < 8 следует неравенство \уо — у\<£, т.е. из неравенства | Хо — х | < 8 следует неравенство I \ogaxo-\ogax\<£.

27.12. Это следует из соответствующего свойства показательной функции: аУ1+У2 =аУ1аУ2 (задача 27.9).

27.13. Ответ: х = 2. Функция f(x) = 52x_1 + 5X+1 монотонно возрастает, поэтому она принимает значение 250 лишь при одном значении х. Ясно также, что /(2) = 53 + 53 = 250.

27.14. Ответ: х = 2. Поделив обе части уравнения на 2х ф 0, перейдём к уравнению 3х - 2 = 32 • 2~х. Функция f(x) = 3х - 2 монотонно возрастает, а функция g(x) = 32 • 2~х монотонно убывает. Поэтому уравнение f(x) = g(x) не может иметь больше одного решения. А одно решение легко угадывается.

27.15. Ответ: 31 цифру. Ясно, что 2100 = 102410 > 100010, поэтому число 2100 имеет не меньше 31 цифры. С другой стороны,

Таким образом, 2100 = 102410 < 10-100010, поэтому число 2100 имеет меньше 32 цифр.

27.16. а) По определению alogaX = х. Прологарифмировав обе части этого равенства по основанию Ь, получим \oga х - \ogb а = \ogb х.

б) Запишем тождество из задачи а) для х = Ъ и заметим, что

27.17. Требуемое равенство можно переписать в виде lg —-— =\gab (мы воспользовались тем, что ab > 0). Из условия следует, что

27.18. Правая часть требуемого неравенства равна

Поэтому нужно доказать, что

Остаётся заметить, что к < 9,87 (задача 33.4).

27.19. Неравенство 3/10 < lg 2 эквивалентно тому, что 103<210 = 1024, а неравенство lg 2 < 1/3 эквивалентно тому, что 8 = 23 < 10.

27.20. Неравенство (а — 1) (а+1)<а2 показывает, что loga(a —1) + loga(a + 1) < 2. С другой стороны,

Поэтому loga(a - 1) loga(a + 1) < 1, т.е. loga_1 а > loga(a + 1).

27.21. Пусть а = log2 3 и Ъ = log3 5. Тогда 2а = 3, поэтому 8а = З3 > 52 = 9Ь > 8\ Значит, log2 3 > log3 5.

27.22. Ясно, что log20 80 = 1 + 2 log20 2 и log80 640 = 1 + 3 log80 2.

Далее, log20 2 = 1 2Q и log80 2 = 1 gQ. Кроме того, 31og220 = log2 8000 > log2 6400 = 2 log2 80. Поэтому log20 80 < log80 640.

27.23. Ясно, что log5 7 - 1 = log5 - и log13 17-1 = log13 —. Легко проверить, что - > —-. Поэтому log5 - > log13 - > log13 —-. В итоге получаем, что log5 7 > log13 17.

27.24. Ясно, что log7 27 = 3 log7 3 =---. Докажем неравенство (log3 7)2 >3, т. e. log3 7> а/3. Легко проверить, что VS< 7/4. Поэтому неравенство 7 > З^3 следует из неравенства 74 > З7, т. е. 2401 > > 2187. В итоге получаем, что log3 7 > log7 27.

27.25. а) Предположим, что log2 S=p/q, гдер и q — натуральные числа. Тогда 2р/д = 3, т. е. 2Р = 3f/. Этого не может быть.

б) Предположим, что log^ 3 =/?/#» гДе Р и q — натуральные числа. Тогда (V2)p/q = S, т.е. 2p = 32q. Этого не может быть.

в) Эта задача эквивалентна задаче 6.25.

27.26. Положим а = у/2 и Ъ = log^ 3. Числа а к b иррациональные (задачи 6.16 и 27.25). При этом аь = (а/2)1о§^3 = 3.

27.27. Мы воспользуемся тем, что lim (1 + 1/п)п = е (задача 25.37). Для каждого х ^ 1 можно выбрать натуральное число д так, что п ^ x < д + 1. Тогда

При д —> оо пределы правых частей обоих неравенств равны е.

Докажем теперь, что при х —> — оо предел получается тот же самый. Для этого положим у = —х и заметим, что

При г/ —> оо правая часть стремится к е.

27.28. Согласно задаче 27.27 lim(l + x)1/x = e. Из этого, воспользовавшись непрерывностью логарифма, получаем lim - 1п(1+х) = 1.

27.29. Пусть (1 + х)а = 1 + у. Тогда у -> 0 при х -> 0. Далее,

Поэтому

Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое. 27.30. Пусть ах — 1 = у. Тогда у —> 0 при х —> 0. Кроме того,

Поэтому

Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое.

27.31. Формула для разности квадратов показывает, что

27.32. Ясно, что

Из этого легко получается первое равенство. Второе равенство доказывается аналогично.

27.33. Пусть z/ = Arshx. Тогда

Поэтому

Решая это квадратное уравнение относительно еу, получаем

Но еу ^ 0, поэтому

Пусть z/ = Archx. Тогда

Поэтому

а значит,

Таким образом,

Равенство

показывает, что

Пусть z/ = Arthx. Тогда

Поэтому

Таким образом,

27.34. а) Ясно, что

Поэтому

Кроме того, chx и cos а положительны.

б) Ясно, что

Поэтому

Формула для тангенса суммы показывает, что

Таким образом,

что и требовалось.

ГЛАВА 28

ПРОИЗВОДНАЯ

28.1. Определение производной

Производная функции /(х) в точке хо — это предел

Если этот предел существует, то говорят, что функция /(х) дифференцируема в точке хо.

Для функции /(х), определённой на отрезке [а, Ь], производные в точках а и b определяются как односторонние пределы.

Производную функции g(x) =f(x) называют второй производной или производной второго порядка функции /(х) и обозначают f"(x). Аналогично определяется производная третьего порядка fix) и т.д. Производную п-то порядка обозначают fn\x).

28.1. Пусть функция f(x) дифференцируема в точке Хо. Прямая, проходящая через точки (хо, у о) и (xi, г/i), где уо =/(хо) и ï/i=/(xi), задаётся уравнением у —уо=k(x\) (х—Хо).

Прямую у — /(хо) = f(xo)(x — хо) называют касательной к графику y = f(x) в точке (хо, /(хо)).

28.2. Докажите, что если функция /(х) дифференцируема в точке Хо, то она непрерывна в этой точке.

28.3. Докажите, что если функции /(х) и g(x) дифференцируемы в точке хо, то:

Композицией функций / и g называют функцию gof(x) =g(f(x)).

28.4. Пусть функция / дифференцируема в точке Хо, а функция g дифференцируема в точке уо = f(xo)- Предположим, что у точки хо есть такая окрестность U(xo), что если x принадлежит U(xo) и х ф Хо, то f(x) ^f(xo). Докажите, что функция g о f дифференцируема в точке Хо и (gofy(xo)=g'[f(xo)]f(xo).

Пусть функция f(x) монотонно возрастает на отрезке [а, Ь]. Тогда каждой точке у отрезка [/(a), f(b)] соответствует единственная точка x отрезка [а, Ь], для которой y = f(x). Поэтому можно определить обратную функцию g(y) = х.

28.5. Пусть f(xo) т^О, g(y) —обратная к f(x) функция. Докажите, что если y = f(x0), то g* (уо) = -jr,—ч •

28.2. Производные элементарных функций

28.6. Докажите, что (хп)' = пхп~1 для любого натурального п.

28.7. Докажите, что (ха)' = аха~1 для любого вещественного а и положительного х.

28.8. Докажите, что (sinx)/ = cosx и (cosxV = — sinx.

28.9. Докажите, что

28.10. Докажите, что (ах)' = ахIna для а>0.

28.11. Докажите, что

28.12. Докажите, что

28.13. Пусть функции и(х) и v(x) дифференцируемы, причём функция и(х) положительна. Докажите, что функ-

ция uv = u(x)v(x> дифференцируема и найдите её производную.

28.14. Вычислите производную функции f(x) = xsmx (для х>0).

28.15. Вычислите производную функции f(x) = cosx а — — sin* а, где 0 < а < к/2 — постоянный угол.

28.3. Кратный корень многочлена

28.16. Докажите, что многочлен f(x) степени п ^ 2 имеет кратный корень тогда и только тогда, когда f(x) и f(x) имеют общий корень.

28.17. Докажите, что если

28.18. Докажите, что многочлен

не имеет кратных корней.

См. также задачи 23.22, 24.7.

28.4. Производная многочлена

28.19. Пусть Р(х) —многочлен с целыми коэффициентами. Докажите, что все коэффициенты его п-й производной (х) делятся на ni для любого натурального п.

28.20. Докажите, что среднее арифметическое корней многочлена равно среднему арифметическому корней его производной.

28.21. Пусть / и g — многочлены степени п. Докажите, что — константа.

28.22. Пусть р и q — вещественные числа. Выясните, сколько вещественных корней имеет кубическое уравнение Xs + рх + q = 0 в зависимости от знаков чисел р и £) = — + —-.

28.23. Пусть f(x) = (x — xi)...(x — хп), где числа Х\, ..., хл попарно различны и отличны от нуля. Докажите, что

28.24. Пусть Р(х) = (х — Х\)... — хп), где Хь хл — вещественные числа. Докажите, что (Pf(x))2 ^ Р(х)Р"(х) для всех вещественных х.

28.25. Четыре корня многочлена четвёртой степени образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что корни его производной тоже образуют арифметическую прогрессию.

28.26. Докажите, что любой многочлен можно представить в виде разности двух монотонно возрастающих многочленов.

28.27. Докажите, что многочлен Р(х) = ao + aixkl +a,2Xk2 + ... + anxkn имеет не более п положительных корней.

28.28. Числа ai, ап попарно различны, число а положительно. Докажите, что сумма длин интервалов, на которых выполняется неравенство

равна

28.29. Докажите, что если все корни многочлена

с вещественными коэффициентами вещественны и попарно различны, то

(Ньютон).

См. также задачу 10.34.

28.5. Тождества

28.30. Пусть (х + а)п = А0 + Ахх + ... + Апхп. Найдите коэффициенты Ао, Ап последовательным дифференцированием.

28.31. Вычислите сумму 1 + 2х + 3х2 + ... + тгх'г_1, продифференцировав равенство 1 + х + х2 + ... + х" = —-.

См. также задачи 14.16, 30.14.

28.6. Касательная и нормаль

28.32. Касательная к кривой у = ех в точке (хо, г/о) пересекает ось Ох в точке (xi, 0). Докажите, что разность х\ — Хо одна и та же для всех точек кривой.

28.33. На параболе, ось которой параллельна оси Oy, взяты точки Аь ^2 и A3. Пусть k\ —тангенс угла наклона касательной в точке А\, кц — тангенс угла наклона секущей AtAj. Докажите, что k\ = k\2 + &i3 — &23.

Нормаль к кривой y = f(x) в точке (хо, у о) —это прямая, которая проходит через точку (хо, у о) перпендикулярно касательной в этой точке.

28.34. Докажите, что нормаль к кривой у = /(х) в точке (*(ъ У о) задаётся уравнением

-f(xo)(y-yo) =х-х0.

28.35. Нормаль к параболе у = х2 в точке (хо, г/о) пересекает ось Oy в точке (0, г/i). Докажите, что разность у\ — г/о постоянна для всех точек параболы.

См. также задачу 8.17.

28.7. Функции, дифференцируемые на отрезке

28.36. Функция /(х) определена на отрезке [а, Ъ] и в некоторой внутренней точке хо этого отрезка она достигает наибольшего или наименьшего значения. Докажите, что если в точке Хо существует производная, то /' (хо) =0 {Ферма).

28.37. Функция /(х) дифференцируема на отрезке [а, 6], причём /(а) = f(b). Докажите, что существует внутренняя точка Хо этого отрезка, для которой f(xo) =0 (Ролль).

28.38. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [а, Ъ]. Докажите, что существует внутренняя точка хо этого отрезка, для которой

(Лагранж).

Теорему Лагранжа, записанную в виде

f(b)-f(a) = f(x0)(b-a), часто называют формулой конечных приращений.

28.39. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [а, 6], причём f (х) =0 для всех точек х отрезка [а, Ъ]. Докажите, что функция f(x) постоянна на отрезке [а, Ъ].

28.40. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [а, Ъ].

а) Докажите, что эта функция неубывающая (на этом отрезке) тогда и только тогда, когда /' (х) ^ 0 для любой точки x интервала (а, Ъ).

б) Докажите, что если f(x) ^0 для любой точки х интервала (а, Ь) и не существует отрезка [р, q]9 содержащегося в [а, &], во всех точках которого /' обращается в нуль, то функция f(x) возрастающая.

28.41. Функции f(x) и g(x) дифференцируемы на отрезке [а, Ь]. Докажите, что если f(a) =g(a) и f(x) >gf(х) для любой точки x интервала (а, Ь), то f(x) > g(x) для любой точки x интервала (a, b).

28.42. Докажите, что если х>0, то

28.43. Докажите, что если

Замечание. Доказательства неравенств из задач 28.42 и 28.43 основаны на том, что из неравенства для производных следует неравенство для функций. Другими словами, из неравенства для функций следует неравенство для первообразных (интегралов). Такой подход (по сути дела, эквивалентный) в некотором

смысле более естествен: чтобы получить неравенство, нужно вычислить первообразную. Поэтому здесь мы привели только два неравенства. Более подробно этот метод доказательства неравенств обсуждается в разделе 29.8.

28.44. а) Пусть 0<а<1 их^О. Докажите, что ха — ах ^ ^ 1 - а.

б) Пусть а, Ъ, р и q — положительные числа, причём

Докажите, что

28.45. Функции f(x) и g(x) дифференцируемы на отрезке [а, &], причём производная gf(x) не обращается в нуль во внутренних точках этого отрезка. Докажите, что существует внутренняя точка хо отрезка [а, Ь], для которой

(Коши).

28.8. Неравенства

28.46. Докажите, что если 0 < а < ß < к/2, то a sin/3 < <ß sin а.

28.47. Докажите, что если 0<a<ß<K/2,TO atgß>ßtga.

28.48. Докажите, что если 0<а<к/2, то 2 sin a+tg а>3а.

28.49. а) Докажите, что ех > 1 + х для любого х ф 0.

б) Докажите, что-- <1п П + < - для любого натурального л,

28.50. Пусть х > 0, х ф 1. Докажите, что: а) lnx < х — 1;

б) 1пх >-.

28.51. а) Докажите, что 1пх < п(х1/п — 1) < х1/пЫх для любого положительного числа хф1.

б) Докажите, что lim п(х1/п — 1) = 1пх для любого положительного числа хф1.

28.52. Пусть х>0.

а) Докажите, что

б) Докажите, что

28.53. Докажите, что ех > хе для любого положительного

28.54. Пусть а и & — положительные числа. Докажите, что Ъ-2а + а-2~ь^а + Ъ.

28.55. Пусть а > Ь > 0. Докажите, что

28.56. Докажите, что

при 0 < x < к.

28.57. Пусть 0 < х < к/4. Докажите, что

28.58. Докажите, что если х> — 1 и х ^ 0, то

См. также задачу 8.17.

28.9. Правило Лопиталя

28.59. Пусть функции f(x) и g(x) удовлетворяют условиям теоремы Коши (задача 28.45) и, кроме того, /(a) =g(a) = 0. Докажите, что если lim ч = А, то lim —— = А (правило Лопиталя).

28.60. Вычислите с помощью правила Лопиталя предел

28.61. Вычислите предел

28.62. Вычислите предел

28.10. Количество корней уравнения

28.63. Сколько (вещественных) решений имеет уравнение х3 — 3х = а в зависимости от значения параметра а?

28.64. Сколько решений имеет уравнение Xs +1 = ах в зависимости от значения параметра а?

28.65. Сколько решений имеет уравнение ех = ах в зависимости от значения параметра а?

28.66. Сколько решений имеет уравнение ах = х в зависимости от значения положительного параметра а?

28.67. Сколько решений имеет уравнение ах = loga х в зависимости от значения положительного параметра аф 1?

28.68. Сколько решений имеет уравнение (jg) =^og^_ x?

28.69. Докажите, что при чётном п многочлен

не имеет вещественных корней, а при нечётном п имеет ровно один вещественный корень.

См. также задачу 24.4.

28.11. Периодические функции

28.70. Докажите, что если f(x) — периодическая функция, то f(x) тоже периодическая функция.

28.71. Докажите, что если а — положительное иррациональное число, то функция f(x) =sinx + sinax непериодическая.

28.12. Нормированные симметрические функции

Элементарная симметрическая функция Ok(xi, хп) содержит Сп слагаемых. В связи с этим иногда рассматривают нормированные элементарные симметрические функции

Удобно считать, что

28.72. Пусть х\,..., хп — корни многочлена, у\,..., уп-1 — корни его производной. Докажите, что

28.73. Пусть xi, хп — положительные числа и Ek = Ek(xi9 ..., хп). Докажите, что

(Маклорен).

28.74. Пусть х\9 хп — вещественные числа. Докажите, что для всех k = 1, 2, п — 1 имеют место неравенства

(Ньютон).

28.13. Алгебраические и трансцендентные функции

Функцию f(x) называют алгебраической, если существуют многочлены Ро (х), ..., Рп (х), для которых

причём многочлен Ро(х) не равен тождественно нулю. В противном случае функцию f(x) называют трансцендентной.

28.75. Докажите, что функция f(x) =sinx трансцендентная.

28.76. Докажите, что функция f(x) =ех трансцендентная.

28.14. Формула Тейлора

28.77. а) Пусть а — фиксированное число. Докажите, что любой многочлен f(x) = ао + а\х + а^х2 + ... + апхп можно записать в виде

28.78. Пусть а — фиксированное число, f(x) — функция, имеющая производные до порядка п + 1 включительно для

любого x между а и & (для некоторого Ъ). Докажите, что если число x заключено между а и & и если

то

для некоторого ß между а и х (формула Тейлора). 28.79. а) Докажите, что разность между sinx и

не превосходит

б) Докажите, что разность между cos х и

не превосходит

в) Докажите, что разность между ех

не превосходит

Замечание. Приводимые в задаче 28.79 следствия из формулы Тейлора можно получить и более простыми средствами. По этому поводу см. раздел 29.8.

Решения

28.1. Рассматриваемая прямая задаётся уравнением у — уо =

поэтому

Теперь непосредственно из определения производной видно, что

28.2. Запишем тождество

При этом

Поэтому

Это означает, что функция f(x)

непрерывна в точке Хо.

28.3. а) Непосредственно следует из свойств предела суммы двух функций.

б) Пусть h(x) = f(x)g(x). Тогда

Поделим обе части этого равенства на х — Хо и заметим, что f(x) —► f(xo) при x —> хо.

в) Пусть /i(x) = /(x)/g(x). Тогда

Устремляя x к хо, получаем требуемое.

28.4. Тождество

показывает, что функция g о / дифференцируема в точке Хо

28.5. Достаточно заметить, что

28.6. Ясно, что

При x —> хо каждое из п слагаемых стремится к xj 1. 28.7. Легко проверить, что

Ясно, что у^О при х^хо. Кроме того, =а (задача 27.29). 28.8. Ясно, что

Остаётся заметить, что при х^хо (задача 26.6)

и функции sinx и cos x непрерывны (задача 26.9).

28.9. Согласно задаче 28.3 в)

Для (ctgх)' вычисления аналогичны.

28.10. Ясно, что ах — ах° =ах° (ах~х° — 1). Остаётся заметить, что

согласно задаче 27.30.

28.11. Поскольку logax = Y^j достаточно проверить, что (1пх)'= 1/х. Равенство

показывает, Остаётся заметить, что (задача 27.28).

28.12. Если x = siny, то arcsin х = у. Поэтому arcsin — функция, обратная к sin. Значит, согласно задаче 28.5,

28.13. Ясно, что если у = и°, то In у = v In и. Дифференцируя это равенство, получаем

28.14. Согласно задаче 28.13

28.15. Согласно задаче 28.13

28.16. Предположим, что f(x) = (х — xo)mg(x), где m ^ 2. Тогда многочлен f (x) = m(x — xo)m~1g(x) + (x — xo)mg/(x) имеет корень хо.

Предположим, что f(x) = (х — Xo)g(x), причём g(xo) ф 0. Тогда f(x) =g(x) + (х — xo)g' (х), поэтому f(xo) =g(xo) /0. Таким образом, если все корни многочлена f(x) имеют кратность 1, то они не являются корнями многочлена f (х).

28.17. Пусть f(x) = X4 + aix3 + ü2X2 + азх + а±. По условию f(xo) = f(xo) = 0. Следовательно, хо — двукратный корень многочлена f(x), т.е. многочлен f(x) делится на (х — хо)2.

28.18. Предположим, что у многочлена fn(x) есть кратный корень. Тогда многочлены fn(x) и fn(x) =fn-i(x) имеют общий корень хо. Следовательно, fn(xo) — fn-i(хо) =0. Но fn(x) —fn-i(x) = —, поэтому хо = 0. Приходим к противоречию, поскольку fn(0) Ф 0.

28.19. Требуемое утверждение достаточно доказать для монома хт. Ясно, что если п^т, то

Число ni Cm, очевидно, делится на ni, поскольку число Ст целое. Если же п > т, то (хт)(п) = 0.

28.20. Пусть /(х) = апхп + an-ixn~1 + ... + ао. Тогда по теореме Виета сумма корней многочлена / равна--^—Ч поэтому их среднее арифметическое равно — ^ . Сумма корней производной

равна

поэтому их среднее арифметическое равно

28.21. Производная данного выражения равна

Все промежуточные члены взаимно сокращаются, и остаются только

Но / и g — многочлены степени п, поэтому их (п+ 1)-е производные равны нулю.

28.22. Положим /(х) = х3 + рх + q. Тогда f(x) = 3х2 + р. Если р ^ 0, то функция / монотонна и её график пересекает ось х ровно в одной точке. В этом случае уравнение имеет ровно один вещественный корень. Отметим, что в этом случае D^0.

Пусть теперь р < 0. Тогда функция / возрастает на участке от — оо до — л/— р/3, затем убывает на участке от —у/—р/3 до у/—р/3, а после этого возрастает на участке от у/—р/3 до оо. Ясно, что f(x)f(—x) = q2 — х2(х2 +р)2. При x = л/— р/3 выражение в правой части превращается в AD. Поэтому если D < 0, то график функции / пересекает ось х на участке от —у/ —р/3 до у/—р/3, на котором функция убывает. В этом случае уравнение имеет три вещественных корня. Если D>0, то уравнение имеет один вещественный корень. Если же D = 0, то уравнение имеет два вещественных корня.

28.23. Многочлен

принимает в точках Xi, хп значения g(x\), g(xn). Поэтому если g(x) —многочлен степени не выше п — 1, то

Положим g(x) = х/г+1, где 0 ^ k ^ п — 2. В результате получим

По условию /(0) ф 0, поэтому, положив x = 0, получим требуемое равенство при 0 ^ k ^ п — 2. Положим теперь g(x)=xn—f(x). В результате получим

поскольку f(Xi) = 0. Положив x = 0, получим требуемое равенство для /г = п — 1.

28.24. Если x = Xi, то неравенство очевидно. Поэтому будем считать, что х — не корень многочлена Р. Тогда

Продифференцировав обе части этого равенства, получаем

28.25. После замены х н ах + с можно считать, что рассматриваемый многочлен 4-й степени имеет корни ±а/2, ±За/2. Производная многочлена

равна 4х3 — 5ах. Значит, корни производной равны

28.26. Пусть / — данный многочлен. Рассмотрим многочлены F и G, которые обладают следующими свойствами: F(0) = /(0) и G(0) = 0. Тогда f = F - G, причём F' > 0 и G' > 0 (т.е. F и G монотонно возрастают), поскольку

28.27. Применим индукцию по п. При п = 1 получаем многочлен ао + d\xk', который имеет не более одного положительного корня. Предположим, что многочлен Р(х) имеет более п положительных корней. Между любыми двумя положительными корнями многочлена есть по крайней мере один положительный корень его производной. Поэтому многочлен Р'(х) =bixkl~l +Ь2хк2-г + ... ...+bnxk,1~1 имеет более п—1 положительных корней. Можно считать, что ki < 1î2 < ... < kn. Тогда многочлен Р' (х) можно сократить на xkl~l (при этом мы потеряем только корень х = 0). В результате получим, что многочлен Ъ\ + b<ixk2~kx + ... + bnxk;l~kl имеет более п—1 положительных корней. Это противоречит предположению индукции.

28.28. Можно считать, что а\ <...<ап. Рассмотрим многочлен

Легко проверить, что

Функция

монотонно убывает на каждом из тех интервалов, на которых она определена, потому что

Поэтому требуемое неравенство выполняется на интервалах (ai, b\), (a„, bn), где Ъ\, Ъп —корни уравнения = а, расположенные в порядке возрастания. Ясно, что Ъ\, Ъп —это корни многочлена Р'(х) — аР(х).

Пусть Р(х) = хп + с\хп~1 + ... + сп. Тогда ai + ... + ап = — Ci, а Ъ\ +... + Ъп — это сумма корней многочлена Р' (х) — аР(х) = — ахп +

поэтому она равна

Таким образом, искомая сумма длин интервалов (ai, Ъ\), (ап, Ъп) равна

28.29. Положим Q(y) =упР(у~ ). Корни многочлена Q(y) тоже вещественны и попарно различны, поэтому корни квадратного трёхчлена

вещественны и различны. Следовательно,

При i = п — 1 требуемое неравенство доказано. Рассмотрим теперь многочлен

Применив к нему уже доказанное неравенство, получим

А так как

После сокращения получаем требуемое неравенство.

28.30. При х = 0 получаем Ао = ап. Продифференцировав исходное равенство, получим

При х = 0 получаем А\ = пап~1. Продифференцировав новое равенство, получим

После яг-кратного дифференцирования (т ^ п) получим

Значит,

28.31. Ответ:

Замечание. Другое вычисление требуемой суммы приведено в решении задачи 9.6.

28.32. Касательная к кривой y = f(x) в точке (хо, у о) задаётся уравнением y — y0 = f (хо) (х — Хо). Поэтому для Х\ получаем уравнение —уо = ех° (xi — хо). Учитывая, что у о = ех°, получаем хо — х\ = 1.

28.33. Числа к\ и кц не изменяются при параллельном переносе осей координат, поэтому можно считать, что мы имеем дело с параболой у = ах2. Пусть AL = (х/, yL). Тогда к\ = 2ах\ и

Теперь требуемое равенство легко проверяется.

28.34. Если прямая задаётся уравнением

то перпендикулярная ей прямая, проходящая через точку (хо, г/о), задаётся уравнением

поскольку

Касательная к кривой у = f(x) в точке (хо, у о) задаётся уравнением

поэтому нормаль в точке (хо, у о) задаётся уравнением

28.35. Нормаль к параболе у = х в точке (хо, у о) задаётся уравнением

Чтобы найти г/1, полагаем х = 0. В результате получаем

28.36. Пусть для определённости f(xo) ^ f(x) для всех х из отрезка [а, Ь]. Рассмотрим односторонние пределы

В обоих пределах числитель неотрицателен. При этом в первом пределе знаменатель положителен, а во втором отрицателен. Значит, первый предел неотрицателен, а второй неположителен. Но оба предела равны /' (хо).

28.37. Функция f(x) непрерывна на отрезке [а, Ь], поэтому по теореме Вейерштрасса (задача 26.18) среди её значений есть наибольшее M и наименьшее т. Если M = m, то функция f(x) постоянна, поэтому в качестве Хо можно взять любую внутреннюю точку отрезка. Если же M > m, то одно из этих двух значений достигается не в конце отрезка, потому что по условию f(a) =f(b). Значит, в некоторой внутренней точке Хо отрезка [а, Ь] функция f(x) достигает наибольшего или наименьшего значения, поэтому по теореме Ферма (задача 28.36) f (хо) = 0.

28.38. Рассмотрим вспомогательную функцию F(x) = f(x) —(х — а). Эта функция дифференцируема на отрезке [а, Ъ] и F(a) =F(b) =/(а). Поэтому к функции F(x) можно применить теорему Ролля (задача 28.37). В результате получим, что существует внутренняя точка Хо отрезка [а, Ь], для которой F'(хо) = 0,

28.39. Пусть а < х ^ Ь. Применим теорему Лагранжа (задача 28.38) к функции / на отрезке [а, х]. В результате получим, что f(x) — f(a) = /; (хо) (х — а) для некоторой точки хо отрезка [а, х]. По условию f(xo) = 0, поэтому f(x) =/(а).

28.40. а) Непосредственно из определения производной видно, что f(x) ^ 0 для неубывающей функции f(x).

Предположим теперь, что f(x) ^ 0 для любой точки х интервала (а, Ь). Возьмём на отрезке [а, Ь] две точки х и у так, что х<у. Применим теорему Лагранжа (задача 28.38) к отрезку [х, у]. В результате получим, что f(y) — f(x) = f (z) (y — x) для некоторой точки z интервала (x, y). По условию f (z) ^0, поэтому f(y) ^f(x).

б) Согласно задаче а) функция /(х) неубывающая. Выберем на отрезке [а, Ь] две точки х и у так, что х < у. Тогда для любой точки z отрезка [х, у] имеют место неравенства /(х) ^ f(z) ^ /(г/). Поэтому если f(x) = f(y), то функция / постоянна на отрезке [х, у]. Но тогда /' обращается в нуль на этом отрезке, что противоречит условию.

28.41. Согласно задаче 28.40 функция f(x) — g(x) монотонно возрастает на отрезке [а, Ъ]. х2

28.42. Пусть f(x) = cosx и g(x) = 1 - у. Тогда /(0) = g(0) и /' (х) = — sin x > —x = g' (х) при x > 0, поскольку sin х < х (задача 11.1). Поэтому f(x) >g(x) при х>0 согласно задаче 28.41.

Пусть теперь f(x) = sinx и g(x) = x — Тогда f(x) = cosx и g'(x) = 1 — ~7Г- Неравенство cosx > 1 — ^- только что было доказано.

28.43. Достаточно доказать, что (tgx); = —^— > 1 + х2, т.е. —^--1 = tg2 x > x2. Неравенство tgx > х доказано в решении задачи 11.1.

28.44. а) Пусть f(x)=xa — ах. Тогда f(x) = а(ха~1 — 1). Поэтому f(x) > 0 при 0 < x < 1 и f(x) < 0 при x > 1. Следовательно, /(х) возрастает при 0 < х < 1 и убывает при х > 1. Таким образом, для неотрицательных х наибольшее значение /(х) равно /(1) = 1 — а.

б) Непосредственно следует из а). Действительно, положим а = - и x = —. В результате получим — ^ - — H—. Остаётся умножить обе части неравенства на Ъ1+я/р = Ьц.

Замечание. По поводу других доказательств см. задачи 8.46 и 26.24.

28.45. Рассмотрим вспомогательную функцию

Ясно, что

и F(a) = F(b) = 0. Поэтому к функции F(x) можно применить теорему Ролля (задача 28.37). В результате получим, что существует внутренняя точка Хо, для которой

(1)

По условию g' (хо) /0. Легко также видеть, что g(b) — g(a) /0, поскольку иначе по теореме Ролля нашлась бы внутренняя точка xi, для которой g'(х\) = 0. Поэтому равенство (1) можно поделить на g'(хо)(g(b) — g(a)) и получить требуемое. 28.46. Пусть 0 < X < к/2. Тогда

Поэтому если 0 < а < ß < к/2, то

28.47. Пусть 0 < х < тг/2. Тогда

поскольку sin X < Х и COS X < 1.

28.48. Рассмотрим функцию

Ясно, что

Если 0 < а < к/2, то 1— cos х > 0 и 1 + cos х — 2 cos2 х = 1 — cos2 х + cosx(l — cosx) > 0. Поэтому если 0 < а < к/2, то f(a) > /(0) = 0.

28.49. а) Пусть f(x) =ех-х. Тогда /; (х) = ех - 1. Поэтому /; (х) > 0 при X > 0 и f(x) < 0 при X < 0. Значит, /(х) > /(0) = 1 для любого хфО.

б) Из неравенства ех > 1 + х следует, что х > 1п(1 + х) при 1 + X > 0, X / 0. Поэтому

28.50. а) Пусть f(x) = х — \пх. Тогда / (х) = 1 — 1/х. Поэтому f(x) < 0 при X < 1 и /Ч*) > 0 при X > 1. Следовательно, если х > 0, хф1, то /(х) > /(1) = 0. Это и есть требуемое неравенство.

б) В неравенстве ln t < t — 1 положим t = 1/х. В результате получим

28.51. а) Положим у = х1/п. Тогда после сокращения на п требуемые неравенства запишутся в виде ln у < у — 1 <у\пу. Такие неравенства доказаны в решении задачи 28.50.

б) Непосредственно следует из а), поскольку lim х1/п = 1 (задача 25.20).

28.52. а) Согласно задаче 28.50

поэтому

б) Ясно, что

Согласно задаче а) имеет место равенство

Поэтому

28.53. Требуемое неравенство эквивалентно неравенству х > > е In x, т. е. In х/х < 1/е. Рассмотрим функцию f(x) = In х/х. Легко проверить, что f(x) = (1 — lnx)/x2. Производная функции / обращается в нуль лишь в точке х = е. Кроме того, lim (In х/х) = —оо и lim (In х/х) = 0. Поэтому /(х) ^ f(e) = In е/е = 1/е, причём равенство достигается лишь при х = е.

28.54. Рассмотрим функцию f(x) = b-xa + а-х~ь, где х^ 1. Ясно, что f(x) = аЪ(ха~1 — х~ь~1) > 0 при х > 1, поскольку ха~1/х~ь~1 = ха+ь > 1. Значит, функция / возрастающая и /(2) ^ /(1), т.е. Ь-2а +а-2-ь^а + Ь.

28.55. Положим а = Ьх, где х>1. Требуемое неравенство перепишется в виде

Остаётся заметить, что если /(1) = g(l) и /; (х) > g' (х) при x > 1, то f(x) > g(x) при x > 1.

28.56. Применим индукцию по п. При п = 1 неравенство очевидно. При п = 2 получаем sin х + - sin 2х = sin х(1 + cos х). Ясно, что sin x > 0 и 1 + cos x > 0 при 0 < х < л:. Предположим, что

при 0 < x < к. Покажем, что тогда fn (x) = fn-i (х) + - sin пх > 0 при 0<х< 7Г. Пусть хо — точка отрезка [0, к], в которой функция fn(x) принимает минимальное значение. Предположим, что fn(xo) ^ 0,

причём хо ф 0 и к. Тогда fn (хо) = 0. Но

Поэтому Далее,

Полученное выражение равно 0 или - sin — cos — = - sinxo > 0.

n 2 2 n Таким образом, fn (хо) — fn-i (хо) ^ 0, a значит, fn-i(xo) ^ fn (xo) ^ 0. Получено противоречие.

28.57. Фиксируем число x (0 < x < 7г/4) и рассмотрим функцию /(г/) = cos^ x — sin^ x для г/ ^ 0. Ясно, что /(0) = 0, f(y) > 0 при у > 0 и /(*/) ^0 при у^оо. Далее, согласно задаче 28.15

Функция g(y) = tgy x монотонна, поэтому равенство /'(*/) — 0 вы~ полняется для единственного положительного числа у. Равенство /(2) = /(2) (cos2 x + sin2 x) = /(4) показывает, что это число заключено между 2 и 4, поэтому f (2) > 0 и f (4) < 0.

Неравенство f (2) > 0 записывается в виде cos2 х In cos x > sin2 x In sinx, т. е. ln((cosx)cos х) >ln((sin x)sin x). Так мы получаем первое требуемое неравенство. Второе неравенство получается из неравенства f (4) < 0.

Замечание. Фактически мы доказали, что (cosx)cosyх > (sinx)sini/x при 0 <iK 2 и

28.58. Рассмотрим функции

Легко проверить, что /(0) = g(0) = 0 и g' (0) ^ 0 ^ /' (0), причём при хфО неравенства строгие. Действительно,

Таким образом, f(x) > 0 при х > 0 и f(x) < 0 при х < 0. Из этого следует неравенство в правой части. Неравенство в левой части получается аналогично.

28.59. Фиксируем точку х, где а < х ^ Ь, и применим теорему Коши к отрезку [а, х]. В результате получим, что внутри этого отрезка есть точка х\, для которой

Если х^а, то х\ —>а. Из этого следует требуемое.

28.60. Применив правило Лопиталя дважды, получим

28.61. По правилу Лопиталя

28.62. Ответ: 2. Преобразуем отношение производных:

Последнее выражение стремится к 2 при х^ 0.

28.63. Ответ: если а > 2 или а < —2, то одно; если а = ±2, то два; если —2 < а < 2, то три.

Пусть f(x) = Xs - Sx. Тогда f'(x) = Sx2 - 3. Поэтому f(x) = 0 тогда и только тогда, когда х = ±1. Если х< — 1, то f (х) > 0; если — 1 < X < 1, то f(x) < 0; если х > 1, то /;(*) > 0. Таким образом, при X < — 1 функция /(х) возрастает, при — 1 < х < 1 функция /(х)

убывает, а при х > 1 функция f(x) возрастает. Остаётся заметить, что/(-1) = 2 и/(1) =-2.

28.64. Ответ: если если

Ясно, что x = 0 не является решением данного уравнения, поэтому можно перейти к эквивалентному уравнению х2 + 1/х = а. Пусть f(x) = x2 + 1/х. Тогда /'(х) = 2х—1 /х2. Поэтому /'(х) = 0 тогда и только тогда, когда х— —. Таким образом, при х< 0 функция f(x) убывает от +оо до —оо; при 0<х< функция f(x) убывает от +00 до f(-z-) = -у/2; при х> функция /(х) возрастает от

28.65. Ответ: при а < 0 одно; при 0 ^ а < е решений нет; при а = е одно; при а > е два.

Рассмотрим функцию f(x) = ех — ах. Ясно, что f(x) = ех — а. Поэтому если а < 0, то /Ч*) > 0 для всех х. В этом случае функция /(х) возрастает от —оо до +оо, поэтому /(х) = 0 ровно для одного значения х. При а = 0 получаем уравнение ех = 0, которое не имеет решений. Пусть теперь а>0. Тогда уравнение f(x) =0 имеет единственное решение хо = Ina. При этом /(хо) = a(l — Ina); значит, f(xo) > 0 при a < е, /(хо) = 0 при a = е и /(хо) < 0 при a > е. Функция /(х) сначала монотонно убывает от +оо до /(хо), потом возрастает от /(Хо) до +00.

28.66. Ответ: при a > решений нет; при 0 < a ^ 1 или a = е1/е решение одно; при 1 < a < е1/е два решения.

Рассмотрим функцию /(х) = ах — х. Ясно, что /; (х) = ах In а — 1. Если 0 < а < 1, то функция /(х) монотонно убывает от +оо до —оо. При a = 1 решение единственно: х = 1. Если a > 1, то уравнение f(xo) = 0 имеет единственный корень Хо = — loga(lna). При этом

Функция /(х) сначала монотонно убывает от +оо до /(хо), потом монотонно возрастает от /(хо) до +оо.

Ясно, что /(хо) =0 тогда и только тогда, когда

Логарифмируя, получаем

Таким образом,

28.67. Ответ: при О < а < е~е три решения; при 1 < а < е1/е два решения; при а = е1/е или е~е ^ а < 1 одно решение; при а > е1/е решений нет.

Рассмотрим сначала случай а > 1. В этом случае

Поэтому количество решений уравнения ах = loga х равно количеству решений уравнения ах = х. Это уравнение исследовано в решении задачи 28.66.

Рассмотрим теперь случай, когда 0 < а < 1. Пусть f(x) = loga х — — ах. При изменении х от 0 до +оо функция f(x) изменяется от +оо до — со. Поэтому если f(x) < 0 для всех х > 0, то рассматриваемое уравнение имеет единственное решение.

Если X > 0, то знак числа

совпадает со знаком числа Далее,

Значит, g'(х) обращается в нуль в точке Хо = — 1/lna. При этом g(xo) = — — 1. Таким образом, если — Ina < е, т.е. а > е~е', то g(x) < 0 для всех X > 0, поэтому функция f(x) строго монотонна, и рассматриваемое уравнение имеет единственное решение. При а = е~е функция f(x) тоже монотонна.

Остаётся рассмотреть случай, когда 0 < а < е~е. Решение уравнения ах = X всегда будет решением рассматриваемого уравнения. При 0 < а ^ 1 это уравнение имеет единственное решение х\. Докажем, что g(xi) > 0, т.е. (\na)2x\aXl > 1. Поскольку aXl = х\ и a = x|/Xl, получаем lna= —lnxi и xiaXl =х2. Таким образом, приходим к неравенству (lnxi)2 > 1. Поэтому достаточно доказать, что х\ < 1/е.

Рассмотрим вспомогательную функцию (р(х) = х1/х. Ясно, что ср(х\) = x\/Xl = а и <р(1/е) = e-é>. При 0 < х < 1/е функция ср(х) возрастает, поскольку

Кроме того, 0 < а < е~\ т. е. О < ср (xi) < ср(1/е). Значит, х\ < 1/е.

При изменении х от 0 до Хо = — 1/ ln а функция g(x) монотонно возрастает от —оо до g(xo); затем она монотонно убывает до —оо. Поэтому неравенство g(x\) > 0 показывает, что g(x) обращается в нуль в двух точках Х2 и хз, причём Х2 < х\ < Хз. Следовательно, /(Х2) < 0 и /(хз) > 0. Учитывая то, что мы знаем о знаке f(x), получаем, что /(х) обращается в нуль ровно в трёх точках: xi, Х2 <С Х2 И Х3 > Хз.

28.68. Ответ: три. Легко угадываются корни х\ = 1/2 и Х2 = 1/4. Кроме того, есть корень уравнения х = (j^) • А больше трёх корней это уравнение иметь не может согласно задаче 28.67.

Замечание. Если попытаться решить это уравнение графически, то может показаться, что у него только один корень. Но в действительности графики пересекаются не в одной точке, а в трёх.

28.69. Прежде всего заметим, что многочлен fn(x) не имеет кратных корней (задача 28.18). Предположим, что требуемое утверждение доказано для п = 0, 1, 2k. (Мы начинаем с k = 0: для многочлена fo(x) = 1 утверждение очевидно.) Докажем, что многочлен f2k+i(x) имеет ровно один вещественный корень. Степень этого многочлена нечётна, поэтому один корень у него есть, а если бы у него было два корня, то между ними был бы корень производной f2k+i(x) =f2k(x), чего не может быть.

Докажем теперь, что многочлен /2/2+2 (х) не имеет вещественных корней. Между любыми двумя корнями многочлена /2/2+2 (х) должен быть корень его производной f2k+2 (х) = f2k+i(x), поэтому у многочлена /2/2+2 (х) не более двух корней. Степень многочлена /2/2+2 (х) четна, поэтому у него не может быть ровно один корень. Итак, предположим, что у многочлена /2/2+2 (х) есть ровно два корня Xi и Х2. Между ними расположен корень хо многочлена f2k+i(x). При этом

Но Хо — точка минимума функции /2/2+2 (х). Поэтому /2/2+2 (х) ^ 0 для всех x. Это противоречит тому, что у /2/2+2 (х) есть два корня.

28.70. Положим g(x) = /(х + Т), где Т — постоянное число. Тогда g' (x) = (x + T)'f(x + T) = f (x + T). Поэтому если /(x + T) = /(x), то g* (x) = f (x) и f (x) =f(x + T).

28.71. Предположим, что функция /(x) =sinx + sin ах периодическая. Тогда согласно задаче 28.70 функция /; (х) = cos х + a cos ах

тоже периодическая. Но согласно задаче 26.2 эта функция непериодическая.

28.72. Пусть

Тогда

С другой стороны,

Поэтому

28.73. Применим индукцию по п. При п = 2 нужно доказать очевидное неравенство —-— ^ v*1*2. Пусть теперь п ^ 3. Достаточно рассмотреть случай, когда х\ < Х2 < ... < хп. В этом случае у производной многочлена (х — х\)... (х — хп) есть п — 1 положительный корень у\ < у2 < ... < уп+ Согласно задаче 28.72 £K(xi, Хп) = £k(yi, Уп-i)- Поэтому, применив к набору чисел г/1, Уп-i предположение индукции, мы получим все требуемые неравенства, кроме неравенства

Возведём обе части этого неравенства в степень п — 1, а затем поделим на Xi...xn. В результате перейдём к неравенству

которое является неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим для чисел

28.74. Применим индукцию по д. При п = 2 нужно доказать очевидное неравенство (xi + Х2)2 ^ 4xiX2. Пусть теперь п ^ 3. Достаточно рассмотреть случай, когда xi < Х2 < ... < хп. В этом случае у производной многочлена (х — х\)... (х — хп) есть п — 1 корень г/1 < г/2 < ... < г/л-ь Согласно задаче 28.72 Ek(xi, ..., хп) = Ukiyi, ...» г/л-i). Поэтому, если k ^ п — 2, то можно применить предположение индукции к набору чисел г/ь г/л-i и получить требуемое неравенство.

Остаётся доказать, что

Здесь Ип (х\, ..., Хп) = Х\... Хп. Поэтому можно считать, что произведение Xi ...Хл отлично от нуля. Ясно, что

Поэтому мы переходим к неравенству

которое уже доказано, поскольку п ^ 3.

28.75. Предположим, что

причём Ро(х) ф 0 и п — наименьшее натуральное число, для которого имеет место тождество такого вида. Из минимальности п следует, что Рп(х) ф 0. С другой стороны, если х = /гл:, где k — целое число, то sinx = 0, поэтому Pn(kn) = 0 для всех целых k. Но многочлен Рп не может иметь бесконечно много корней. Получено противоречие.

28.76. Первое решение. Предположим, что

(1)

причём

Рассмотрим функцию

С одной стороны,

С другой стороны,

поэтому

поскольку

Получено противоречие.

Второе решение. Предположим, что выполняется тождество (1), причём из всех тождеств такого вида выбрано то, для которого п минимально. Из минимальности п следует, что многочлен Рп(х) отличен от нуля. Поделив обе части тождества (1) на Рп(х), получим

где Ro(x), ..., Rn-i (x) — рациональные функции, причём Ro(x) /0. Продифференцировав это тождество и поделив обе части на ех, получим тождество

Из этого тождества легко получить тождество для многочленов: достаточно умножить обе части на общий знаменатель рациональных функций. Поэтому из минимальности п следует, что R'o + nRo = 0, ..., R,n_l + Rn-x = 0. Пусть R0 = P/Q, где P и Q — взаимно простые многочлены (мы знаем, что Р ф 0). Из равенства R'o + nR0 = 0 следует, что P'Q - PQ' + nPQ = 0. Многочлены P'Q и PQ делятся на Q, поэтому PQ' делится на Q, а значит, Q' делится на Q. Это возможно лишь в том случае, когда Q — константа. Аналогично доказывается, что Р — константа. Поэтому R'0 = 0, а значит, Ro = —R'o/n = 0. Получено противоречие. 28.77. а) Достаточно заметить, что

б) Чтобы найти Ао, положим х = а. В результате получим f(a) = Ао. Продифференцировав выражение для /(х), получим

Положив x = а, получаем f (а) =А\. Теперь дифференцируем выражение для /; (х) :

Снова подставляя х = а, получаем

Продолжая эти

рассуждения дальше, будем получать

28.78. Ясно, что T(a)=f(a). Далее,

Поэтому

Рассмотрим вспомогательную функцию (р(х) =f(x) — Т(х). Для неё ср(а) = ср'(а) = ср"(а) = ... = ср(п)(а) = О и ср{п+Х)(x) = /(/г+1)(*).

Рассмотрим ещё вспомогательную функцию

Для неё

Более того, ни сама функция ф, ни её производные до (п + 1)-й включительно не обращаются в нуль в точках, отличных от а.

Фиксируем точку х ф а. Из равенств (р(а) = ф(а) = 0 следует,

Поэтому по теореме Коши (задача 28.45) существует точка х\ между а и х, для которой

Из равенств

следует, что

Поэтому по теореме Коши существует точка Х2 между а и х\ (а значит, между а и х), для которой

Продолжая эти рассуждения, получаем

где точка хп+\ лежит между а и х.

Напомним, что

Тогда

28.79. Эти утверждения непосредственно следуют из формулы Тейлора для а = 0 и соответствующих функций f(x).

ГЛАВА 29

ИНТЕГРАЛ

29.1. Неопределённый интеграл

Функцию F(x), для которой F'(х) = /(х), называют первообразной или неопределённым интегралом функции f(x). Для функции, определённой на отрезке (или на всей вещественной прямой), её первообразная определена с точностью до прибавления некоторой константы С. Действительно, если Fi (х) и F2(х) —первообразные функции /(x), а (р(х) =F\(x) — F2(x), то ср'(х) = 0. Поэтому согласно задаче 28.39 функция ср(х) постоянна.

Первообразную функции f(x) обозначают ^ f(x) dx. 29.1. Докажите, что

29.2. Пусть F(x) — первообразная функции f(x) на отрезке [а, &], ср(у) —дифференцируемая функция на отрезке [р, q], причём а ^ ср(у) для всех у из отрезка [р, q] и у любой точки уо из отрезка [р, g] есть такая окрестность U(yo), что если у принадлежит U(г/о) и у ф у0, то ср(у) фер (г/о). Докажите, что тогда F(^ (г/)) — первообразная функции f(cp(y))cpf(y).

Результат задачи 29.2 можно сформулировать следующим образом: если

Удобно ввести обозначение

29.3. Вычислите

29.4. Вычислите

29.5. Докажите, что ^ f(x) dx можно вычислить следующим образом. Пусть х = ср(у) —дифференцируемая функция, имеющая обратную функцию у = ф(х). Вычислим

и положим

Тогда F((p(x)) — искомый интеграл.

29.6. Вычислите

29.7. Вычислите

29.8. Вычислите

29.9. Докажите, что

(формула интегрирования по частям).

29.10. Вычислите с помощью интегрирования по частям:

29.11. Вычислите

29.12. Вычислите:

29.13. Докажите, что

29.14. Пусть Р(х) — многочлен. Вычислите интегралы:

29.2. Определённый интеграл

Пусть на отрезке [а, Ь] задана функция f(x). Разобьём этот отрезок на части точками хо = а < х\ < Х2 < ... < хп-\ < <Ь = хП' На каждом отрезке [xk, лг/г+i] выберем произвольную точку ffe и рассмотрим так называемую интегральную сумму

Оказывается, что если функция f(x) непрерывна и наибольшая длина отрезка разбиения стремится к нулю, то интегральные суммы имеют конечный предел, который не зависит от выбора разбиения и от выбора точек <f/j. Этот

предел называют определённым интегралом от функции f(x) по отрезку [а, Ь] и обозначают

Функцию f(x) называют интегрируемой на отрезке [а, Ь], если для неё существует указанный предел интегральных сумм. Интегрируемыми могут быть не только непрерывные функции, но нас в основном будут интересовать непрерывные функции.

Чтобы доказать интегрируемость непрерывных функций, введём следующие вспомогательные понятия. Пусть на отрезке [а, Ь] задана непрерывная функция f(x) и задано некоторое разбиение этого отрезка. Для каждого отрезка [xk, лг/г+i] рассмотрим Мк и mk — наибольшее и наименьшее значения функции f(x) на этот отрезке. Суммы

назовём верхней и нижней интегральными суммами; они зависят только от разбиения и не зависят от выбора точек <f/j. Ясно, что каждая интегральная сумма заключена между верхней и нижней интегральными суммами для того же самого разбиения.

29.15. Докажите, что при добавлении новых точек разбиения нижняя интегральная сумма не уменьшается, а верхняя не увеличивается.

29.16. Докажите, что любая нижняя интегральная сумма не больше любой верхней интегральной суммы.

29.17. Пусть / — точная верхняя грань нижних интегральных сумм, а — произвольная интегральная сумма, s и S — нижняя и верхняя интегральные суммы, соответствующие тому же разбиению, что и а. Докажите, что

29.18. Докажите, что любая непрерывная функция f(x) на отрезке [а, Ь] интегрируема.

29.19. Пусть f(x) — непрерывная функция на отрезке [а, Ь]. Докажите, что на отрезке [а, Ъ] существует точка <f, для которой

29.20. Докажите, что если непрерывная функция f(x) неотрицательна на отрезке [а, &], то

Более того, если f(xo) >0 для некоторой точки хо отрезка [а, &], то

Часто бывает удобно рассматривать определённые интегралы § f(x) dx для а < Ъ. А именно, мы полагаем ^ f(x) dx= — ^ /(x) (ix.

При таких соглашениях остаются верными формулы замены переменных и соотношение

29.21. Пусть f(x) — непрерывная функция на отрезке

Докажите, что Ff(x) = /(х), т.е. F(x) —первообразная функции /(х).

29.22. Пусть f(x) — непрерывная функция на отрезке [а, Ь]. Докажите, что

где F(x) — первообразная функции f(x) (формула Ньютона—Лейбница).

Для разности F(b) — F(a) мы будем использовать обозначение F(x)\l

29.3. Вычисление интегралов

29.23. Пусть

а) Докажите, что если п нечётно, то

а если п четно, то

где п\\ обозначает произведение

всех натуральных чисел, не превосходящих п и имеющих с п одинаковую чётность.

б) Докажите, что

(формула Валлиса).

29.24. Докажите, что

29.25. Пусть

Докажите, что

29.4. Вычисление площадей

Пусть функция f(x) на отрезке [а, Ъ] неотрицательна. Член f(Çk)(Xk-i— Xk) интегральной суммы заключён между m(Xk-i — Xk) и M(Xk-i — Xk), где m и M — наибольшее и наименьшее значения функции f(x) на отрезке [xk, лг/г+i]. Таким образом, этот член заключён между площадью прямоугольника, содержащегося в фигуре под графиком функции у = /(х), и площадью прямоугольника, содержащего часть этой фигуры, расположенную над отрезком [xk, лг/г+i]. Поэтому определённый интеграл

это площадь фигуры, ограниченной графиком y = f(x) и прямыми у = 0, X = а и х = Ъ.

29.26. Вычислите площадь круга радиуса 1 с помощью определённого интеграла.

29.27. Вычислите площадь под графиком функции у = sinx на отрезке от 0 до к.

29.5. Вычисление объёмов

Пусть тело расположено в пространстве с прямоугольными координатами Oxyz, причём проекция этого тела на ось Ох — это отрезок [а, Ъ]. Предположим, что плоскость, проходящая через

точку х отрезка [а, Ь] перпендикулярно оси Ох, высекает на этом теле фигуру площади S(x). Тогда объём этого тела определяется как

29.28. Вычислите с помощью определённого интеграла объём V конуса с радиусом R и высотой h.

29.29. Вычислите с помощью определённого интеграла объём V шара радиуса R.

29.30. Найдите объём фигуры, образованной при пересечении двух прямых круговых цилиндров радиуса R, оси которых перпендикулярны и пересекаются.

29.31. Найдите объём фигуры, отсекаемой от цилиндра плоскостью, проходящей через диаметр его основания. Известны радиус цилиндра R и высота полученной фигуры h.

29.6. Длина кривой

Рассмотрим кривую у = /(х), где /(х) — непрерывная функция на отрезке [а, Ъ]. Пусть хо = а < х\ < ... < хп-\ <Ь = хп — точки на этом отрезке. Рассмотрим ломаную с вершинами Ak= (х/г, /(х/г)), /г = 0, 1, п. Если длина этой ломаной стремится к конечному пределу /, когда длина наибольшего звена ломаной стремится к нулю, то это число / называют длиной кривой.

29.32. Докажите, что если функция f(x) на отрезке [а, Ь] имеет непрерывную производную, то кривая

имеет длину

29.33. Вычислите с помощью определённого интеграла длину окружности радиуса R.

29.34. Вычислите длину дуги параболы 2у = х2 от точки (0, 0) до точки (хо, у).

29.35. Вычислите длину дуги кривой y = chx, заключённой между точками (xi, у\) и (Х2, г/2).

29.36. Пусть график функции у = f(x) на отрезке [а, Ъ] параметризован параметром £, т. е. задана монотонно возрастающая функция x(t), причём a = x(to) и b = x(t\), и мы

полагаем y(t) =f(x(t)). Докажите, что длина этого графика равна

29.37. Вычислите длину астроиды, заданной уравнением

29.38. Вычислите длину ветви циклоиды

29.7. Площадь поверхности

Пусть f(x) — непрерывная положительная функция на отрезке [а, Ъ], хо = а < х\ < ... < хп-\ < Ь = хп — некоторые точки на отрезке [а, Ь]. Будем вращать кривую у = f(x) вокруг оси Ох. Ломаная с вершинами Ak= (Xk, f(Xk)) заметает при этом некоторую поверхность, состоящую из усечённых конусов. Если сумма площадей боковых поверхностей этих конусов имеет предел, когда длина наибольшего из отрезков AkAk+i стремится к нулю, то этот предел называют площадью поверхности вращения, заметаемой кривой у = f(x).

29.39. Докажите, что если положительная функция f(x) на отрезке [а, Ь] имеет непрерывную производную, то площадь поверхности вращения, заметаемой кривой y = f(x), равна

29.40. Докажите, что площадь поверхности шара радиуса R, заключённой между двумя параллельными плоскостями (пересекающими шар), равна 2кШг, где h — расстояние между этими плоскостями.

29.8. Неравенства

29.41. Пусть t>0.

а) Докажите, что

б) Докажите, что

29.42. Докажите, что если 0 < t ^ л/2, то

29.43. Докажите, что если 0<£^л:/2, то

29.44. Докажите, что

29.45. Пусть t>0. Докажите, что

29.49. Вычислите предел

29.50. Вычислите предел

29.46. Докажите, что для любого t > О

29.47. а) Докажите, что если 0 ^ t ^ а, то

б) Докажите, что если 0 ^ t ^ а, то при нечётном д имеют место такие же неравенства, а при чётном д знаки неравенств заменяются на обратные.

29.48. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [а, 6], длина которого равна к. Докажите, что на отрезке [а, Ъ] есть точка x, для которой f(x) — (/(х))2 < 1.

29.9. Вычисление пределов

29.51. Вычислите

29.52. Вычислите

См. также задачу 25.42.

29.10. Тождества

29.53. Докажите следующее тождество для биномиальных коэффициентов:

29.54. а) Вычислите

где п — натуральное

число, с помощью формулы из задачи 29.13. б) Докажите, что

См. также задачу 14.17.

29.11. Примеры и конструкции

29.55. Докажите, что для любого натурального п ^ 3 существует многочлен f(x) степени п с вещественными коэффициентами и корнями ai < Ü2 < ... < ап, для которого

29.12. Несобственные интегралы

Интеграл ^ f(x) dx называют несобственным в двух случаях:

1) если функция f(x) определена лишь на интервале (a, Ь), но не на всём отрезке [a, Ь];

2) если а = —оо и/или Ь = оо.

Несобственный интеграл понимается как предел интеграла ^ f(x) dx, когда и —> а+ (соответственно, и —> —оо) и ü —> &— (соответственно, ü —> +00). Имеется в виду, что или стремятся к указанным пределам независимо друг от друга.

29.56. Вычислите несобственный интеграл § ха dx, где -1<а<0.

29.57. Докажите, что § xke~x dx = kl для любого целого неотрицательного k.

Решения

29.1. Ясно, что

29.2. Формула для производной композиции функций (задача 28.4) показывает, что (F((p (у)))' = F'(ср (у))(р'(у). Остаётся заметить, что F'(ср(у)) =f(cp(y)).

29.3. Согласно задачам 29.2 и 28.12

29.4. Согласно задаче 29.2

29.5. Согласно задаче 29.2

29.6. Положим x = siny. Тогда, согласно задаче 29.5

29.7. Положим x = shy. Тогда, согласно задаче 29.5

29.8. Положим х = у2. Тогда, согласно задаче 29.5

29.9. Требуется доказать, что

Это немедленно следует из формулы для производной произведения двух функций.

29.11. Применим формулу интегрирования по частям для f(x) = g(x) =1пх. В результате получим

Первообразная определена с точностью до константы, поэтому это равенство нужно понимать так: / = (In х)2 — (I + С), где / = ^ dx.

Таким образом, \-dx= —---h С (константа С здесь другая).

29.12. а) Интегрируя по частям, получаем

мы получили соотношение

Следовательно,

б) Аналогично получаем

29.13. Воспользуемся формулой из задачи 29.9, заменив в ней g на gin):

Аналогично получаем

Из этих формул легко следует требуемое.

29.14. а) Воспользуемся формулой из задачи 29.13. Если

Поэтому

б) Если

Поэтому

в) Аналогично решению задачи б) получаем

29.15. Достаточно рассмотреть случай, когда добавляется одна точка деления. Пусть на отрезке [с, d] взята точка у и наибольшие значения функции f(x) на отрезках [с, d], [с, у] и [у, d] равны М,

Mi и Мг. Требуется доказать, что

Ясно, что Mi ^ M и M2 ^ М. Поэтому

Для нижних интегральных сумм доказательство аналогично.

29.16. Пусть si — нижняя интегральная сумма для одного разбиения, S2 — верхняя интегральная сумма для другого разбиения. Разобьём отрезок всеми точками, входящими в эти разбиения. Пусть s и S — нижняя и верхняя интегральная суммы для полученного разбиения. Согласно задаче 29.15 si ^ s и S ^ S2. Остаётся заметить, что s ^ S.

29.17. Прежде всего заметим, что точная верхняя грань нижних интегральных сумм существует, поскольку согласно задаче 29.16 любая нижняя интегральная сумма s не превосходит некоторой фиксированной интегральной суммы So. Из неравенства s ^ So следует, что I ^ So. Это неравенство выполняется для произвольной верхней интегральной суммы So. Таким образом, s ^ / ^ S. Ясно также, что s ^ а ^ S. Из этих двух неравенств следует требуемое неравенство.

29.18. Согласно задаче 29.17 достаточно доказать, что если наибольшая длина отрезка разбиения стремится к нулю, то разность S — s стремится к нулю.

Функция f(x) равномерно непрерывна на отрезке [а, Ъ] (задача 26.26), поэтому для любого s > О можно выбрать 8 > О так, что если расстояние между точками х' и х" отрезка [а, Ъ] меньше Ô, то \f(x') — f(x") \<s. Поэтому если наибольшая длина отрезка разбиения меньше Ô, то Мк — rrik < £, а значит,

Таким образом, если наименьшая длина отрезка разбиения стремится к нулю, то разность S — s стремится к нулю.

29.19. Пусть Мит — наибольшее и наименьшее значения функции f(x) на отрезке [а, Ь]. Тогда каждая интегральная сумма

заключена между т(Ь — а) и М(Ь — а). Поэтому

где число с заключено между m и М. Непрерывная функция на отрезке принимает все значения между m и М, поэтому c = /(<f) для некоторой точки <f отрезка [а, Ь].

29.20. Если f(x) ^ 0 для всех точек отрезка [а, Ь], то все интегральные суммы неотрицательны, поэтому их предел тоже неотрицателен.

Предположим теперь, что f(xo) = с > 0. Можно считать, что Хо — внутренняя точка отрезка [а, Ь]. Выберем 8 > 0 так, что /(х) > с/2 при |х — хо| < 8. Можно считать, что ao + ô^xo^fr — 8. Тогда

Два крайних интеграла неотрицательны, а средний интеграл больше 28-с/2 = с8>0.

29.21. Пусть точки х и х + Ах лежат на отрезке [а, Ь]. Тогда

Согласно задаче 29.19 этот интеграл равен /(<f)Ax, где <f — некоторая точка между х и х +Ах. Следовательно,

поскольку <f —> X при Ах —> 0.

29.22. Рассмотрим функцию

Ясно, что

Кроме того, согласно задаче 29.21 Ф'(х)=/(х). Поэтому Ф(х) тоже первообразная, а значит, Ф(х) =Р(х) +С, где С — некоторая константа. Заметим, что Ф(а) = 0. Поэтому F (а) = —С. Следовательно,

29.23. а) Ясно, что Uo = -^ и U\ = sin xl^2 = 1. Пусть теперь д > 1. Тогда, интегрируя по частям, получаем

Первый член равен нулю, поэтому

т.е. Un = (n — l)(Un-2 — Un). Таким образом, Un =-Un-2» Значит, Un-2 =-Un-4 и т.д. Последовательно применяя эту формулу, получаем требуемое, б) Если 0 ^ x ^ 7г/2, то

поэтому Ü2n+2 < U2n+i < U2n- Используя формулы из задачи а), получаем

Следовательно,

Учитывая, что

получаем требуемое.

29.24. Первое решение. Напомним, что

(задача 23.8 б). Поэтому

поскольку i In n —> 0 (задача 25.17 б). Но указанная сумма — это интегральная сумма для разбиения отрезка [0, к/2] на п равных отрезков.

Второе решение. Заметим, что

поскольку

Далее,

Таким образом, для

получаем соотношение

29.25. Согласно задаче 29.13

мы здесь воспользовались тем, что

Все члены, кроме последнего, обращаются в нуль при t = а, поскольку fk (а) = 0, и при t = x. Поэтому остаётся только последний член, и мы получаем требуемое.

29.26. Площадь круга в 2 раза больше площади полукруга, ограниченного графиком у = а/1 — х2 и прямой у = 0. Далее, площадь полукруга равна

(см. задачу 29.6). Второе слагаемое обращается в нуль, а первое слагаемое равно —.

29.27. Искомая площадь равна

29.28. Ответ: -nR2h. Выберем в качестве оси Ох ось конуса и поместим начало координат в вершину конуса. Тогда

29.29. Ответ: -kR . Плоскость, удалённая от центра шара на расстояние х, высекает на шаре круг радиуса л/i?2 — х2. Площадь этого круга равна k(R2 — х2), поэтому

29.30. Ответ: ~irR3' Введём систему координат, направив оси Ох и Oy по осям цилиндров. Пересечение цилиндров задаётся неравенствами х2 + z2 ^ R и у2 + z2 ^ R. Его сечение плоскостью z = zo задаётся неравенствами хо ^ R2 — z% и г/о ^ R2 — z%. Таким образом, сечение — квадрат со стороной 2\/R2 — z\. Его площадь равна 4(R2 — zl). Поэтому объём рассматриваемой фигуры равен

29.31. Ответ: -hR . Рассматриваемая фигура задаётся неравенствами х2 + у2 ^ R2 и 0 ^ z ^ — х. Сечение этой фигуры плоскостью у = уо представляет собой прямоугольный треугольник с катетами \JR2 — у\ и — \JR2 — у\. Его площадь равна - — (R2 — yl). Поэтому объём рассматриваемой фигуры равен

29.32. Ясно, что

По теореме Лагранжа

для некоторой точки отрезка [xk, Поэтому длина ломаной равна

т. е. она равна интегральной сумме для непрерывной функции y/l + //2(х). Остаётся заметить, что длина отрезка [х/г, Х/г+i] не превосходит А/гА/г+i, поэтому длина наибольшего отрезка разбиения стремится к нулю, когда стремится к нулю наибольшая длина звена ломаной.

29.33. Длина окружности равна удвоенной длине полуокружности у = \/R2 — x2. Ясно, что у' = , Х =, поэтому длина полуокружности равна

29.34. Длина рассматриваемой дуги параболы равна

(см. задачу 29.7). 29.35. Ясно, что

Поэтому длина рассматриваемой дуги равна

(предполагается, что Xi < Х2).

29.36. По формуле замены переменных

при записи последнего равенства мы воспользовались тем, что х' >0.

29.37. Ответ: 6а. Астроиду можно задать параметрически: x = asin3z\ y = acosst. Достаточно вычислить длину четверти астроиды, для которой х и у неотрицательны. Ясно, что х' =3a cos t sin2 t и y' — Sa sin t cos2 t. Поэтому \/x/2+y/2=3a sin t cos t, а значит, длина четверти астроиды равна

Длина всей астроиды равна 6а.

29.38. Ответ: 8а. Ясно, что

Поэтому длина ветви циклоиды равна

29.39. Мы предполагаем известным из стереометрии, что площадь боковой поверхности усечённого конуса равна произведению образующей на длину среднего сечения. Площадь боковой поверхности конуса, образованного вращением звена A^A^+i, равна

По формуле Лагранжа

для некоторой точки отрезка [xk, Х/г+i]. Поэтому сумма площадей боковых поверхностей конусов равна

Это сравнение несложно получить, используя равномерную непрерывность функции f(x) и ограниченность функции

29.40. Мы рассматриваем поверхность шара как фигуру, образованную при вращении кривой

Ясно, что

Поэтому рассматриваемая площадь равна

29.41. Из неравенства cosx^ 1 следует, что

т. е. sin t ^ t. Из полученного неравенства следует, что

Затем из неравенства

аналогично получаем

и т.д.

29.42. Воспользуемся неравенствами - (задача 29.41). Из первого неравенства следует, что

Поэтому достаточно доказать, что Это неравенство эквивалентно неравенству

При 0 < t ^ 7г/2 это неравенство выполняется.

29.43. Рассмотрим функцию

Ясно, что\

Кроме того,

Поэтому согласно задаче 29.42 f(t) > О, т.е. на рассматриваемом интервале функция f(t) монотонно возрастает. Значит, f(t) — ),

29.44. Согласно задаче 29.41

Поэтому если

т. е. £ < 12, то требуемое неравенство

выполняется. С другой стороны, требуемое неравенство очевидным образом выполняется, если 2t > 3, т. е. t> 3/2. 29.45. Если x > О, то

Действительно,

Требуемые неравенства следуют из того, что

29.46. Мы воспользуемся тем, что

имеем неравенства

Интегрируя эти неравенства, получаем требуемое.

29.47. а) Так как е > 1, то 1 ^ ех ^ еа при 0 ^ х ^ £. Поэтому ^ 1 dx ^ ^х (ix ^ ^ еа (ix, т. е. £ ^ е* — 1 ^ Л. Из неравенства 1 + х^ех^1 + еах аналогично получаем 1 + £ + — ^ef ^l + t + ea — и т.д.

б) Доказательство аналогично. При O^x^t получаем 1^ех^еа.

Поэтому ^1 dx^ ^ех dx^ ^еа dx, т. е. —t^l—e*^ —eat. Последнее неравенство переписывается в виде t ^ ê — 1 ^ eat. Из неравенства 1 + х^ех^1 + еах аналогично получаем 1 + £ + — ^ef ^l + t + ea — и т.д.

29.48. Предположим, что если x ^Ь, то f(x) — (f(x))2 ^ 1, т.е. -g ^ !• Рассмотрим функцию ^(х) = arctg(/(x)). Тогда i7'^) = -о ^ 1» поскольку (arctgz/)' = -~. Значит, ^ ^'(х) dx ^ & — а = 7Г, т. е. F(b) — F(a) ^ 7Г. Но арктангенс принимает лишь значения, заключённые между — к/2 и к/2, поэтому F(b) — F(а) < к. Получено противоречие.

29.49. Ответ: 7г/4. Рассматриваемую сумму можно записать в виде

При п —> оо эта сумма стремится

29.50. Ответ: к/4. Рассматриваемую сумму можно записать в виде

При п —> оо эта сумма стремится к

29.51. Ответ: In 2. Заметим, что рассматриваемая сумма равна

Замечание. Другое доказательство можно найти в решении задачи 30.8 а).

29.52. Ответ: 7Г/2. Рассматриваемую сумму можно записать в виде

Эта сумма стремится к

29.53. Запишем тождество

для q= 1 — t. В результате получим тождество

Требуемое тождество получается интегрированием этого тожде-

ства от 0 до 1. Действительно,

29.54. а) Подынтегральную функцию можно записать в виде Р(х)(х+ 1)", где Р(х) = (х — 1)п. Воспользовавшись формулой из задачи 29.13, получим

При х= — 1 все члены обращаются в нуль, а при х= 1 обращаются в нуль все члены, кроме последнего. Поэтому

б) Заметим, что

и проинтегрируем это выражение почленно. Остаётся приравнять полученное выражение выражению из задачи а).

29.55. У многочлена f(x) нет кратных корней, поэтому эквивалентное условие таково:

Пусть f(x) = F'(х) для некоторого многочлена F. Тогда по-

лучим следующее условие: F(ü2) — F(a\) = F(ü2) — F(ü3) =F(ü4) — -F(as)=F(a4)-F(a5)=...9T.e. F(ai) = F(a3) = F(a5) = ... и F(a2) = F(a4)=F(aQ)=...

Покажем, что если F(x) = Tn+\(x) — многочлен Чебышева, то F обладает требуемым свойством. Из равенства Тп+\ (cos ср) = cos(tt + 1)ср следует, что — sin (pT'n+l(cos ср) = — (п + 1) sin(n + 1)(р. Поэтому если T'n+l (cos ср) = 0, то sin(n + 1)ср = 0, а значит, Tn+i (cos ср) = cos(tt + 1)ср = ±1. Ясно также, что при прохождении через корень F(x) меняет знак.

29.56. Ясно, что

Если а> — 1, то а+1>0.

Поэтому функция ха+ обращается в нуль при х = 0. Таким образом,

29.57. Интегрируя по частям, получаем

Функция xke х обращается в нуль как при х = 0, так и при х = оо.

Поэтому для

получаем рекуррентное соотношение

Остаётся заметить, что

ГЛАВА 30

РЯДЫ

Пусть {ап} — некоторая последовательность, Ъп = а\ + а 2 +... + ап. Если последовательность {Ьп} имеет предел, то говорят, что ряд ^2 ап сходится (в противном случае—расходится). Число lim Ьп называют при этом суммой ряда.

30.1. Вычисление бесконечных сумм

30.1. Докажите, что

30.2. Вычислите сумму ряда

для каждого натурального k.

30.3. Пусть \х \ < 1. Вычислите сумму ряда

30.4. Вычислите сумму ряда

30.2. Вычисление бесконечных произведений 30.5. Пусть ai = 1 и ап = n(an-i + 1) при n ^ 2. Докажите, что

30.3. Гармонический ряд

Ряд ^2 - называют гармоническим. Этот ряд расходящийся (задача 30.6). Мы будем использовать обозначение

30.6. Докажите, что для любого натурального п

30.7. Докажите, что ряд

расходится.

30.8. а) Пусть

Вычислите предел

б) Пусть

Докажите, что

30.9. а) Докажите, что

б) Докажите, что

30.10. Докажите, что

30.11. Пусть

Докажите, что

30.12. Докажите, что

30.13. Докажите, что

30.14. Докажите, что

30.15. Пусть pi = 2, р2 = 3, ... — последовательные простые числа.

а) Докажите, что

б) Докажите, что 30.16. Докажите, что существует предел

Предел у = 0,5772157... из задачи 30.16 называют постоянной Эйлера.

30.17. Докажите, что

где у — постоянная

Эйлера.

30.4. Ряд для логарифма 30.18. Докажите, что если — 1 < х < 1, то

30.19. Докажите, что если — 1 < х < 1, то

30.20. а) Докажите, что для любого натурального п

б) Докажите, что

30.21. а) Докажите, что

б) Докажите, что последовательность

имеет

(конечный) предел а.

в) Докажите, что ni = апп+1/2е~п+^ для некоторого заключённого между 0 и 1.

30.22. Докажите, что число а из задачи 30.21 равно

(формула Стирлинга).

30.5. Ряды для числа к

30.23. Пусть

а) Докажите, что

б) Докажите, что

30.24. Докажите,

30.25. а) Докажите, что

б) Докажите, что

(неравенство Карлсона).

30.6. Экспонента в комплексной области

Для любого комплексного числа z можно определить е2 как сумму ряда

30.26. Докажите, что этот ряд сходится для любого г.

30.27. Докажите, что ezew = ez+w для любых комплексных z и iv.

30.28. Докажите, что если х — вещественное число, то е1Х = cos X + i sin х (Эйлер).

30.29. Докажите, что eKi =-1 к e2ni = 1.

Замечание. В вещественной области функция f(x) = ех при разных X принимает разные значения. В комплексной области это свойство уже не выполняется. Например, /(0) = 1 = f(2nï).

30.7. Доказательства неравенств

30.30. Докажите, что при 0 < х < к/4 выполняется неравенство (sinx)sm:r < (cosx)cos:r.

30.8. Сходящиеся и расходящиеся ряды

30.31. а) Пусть ai, a2, аз, ... —возрастающая последовательность натуральных чисел, в десятичной записи которых не встречается цифра 1. Докажите, что ряд ^2 1/ап сходится.

б) Пусть ai, a2, аз, ... —возрастающая последовательность натуральных чисел, в десятичной записи которых не встречается подряд сто единиц. Докажите, что ряд 1/ап сходится.

30.32. а) Пусть ai, a2, аз, ... —возрастающая последовательность натуральных чисел, причём ряд ^2 1/ап расходится. Докажите, что число 0,а^аз ... иррационально.

б) Докажите, что число 0,12357111317... (подряд записываются последовательные простые числа) иррационально.

30.9. Сходимость бесконечных произведений

Пусть ai, a2, ... —действительные числа, отличные от —1. Бесконечное произведение

называют сходящимся, если существует (конечный) предел

причём этот предел отличен от нуля.

30.33. Докажите, что если a& ^ 0, то бесконечное произведение П(1 + а/г) сходится тогда и только тогда, когда сходится бесконечный ряд J2ak-

30.34. Докажите, что если 0 ^ bk < 1, то бесконечное произведение П(1 — bk) сходится тогда и только тогда, когда сходится бесконечный ряд J^bk-

Бесконечное произведение П + называют абсолютно сходящимся, если бесконечное произведение П(1 + \ аь\) сходится. Задача 30.33 показывает, что бесконечное произведение П(1 + аь) абсолютно сходится тогда и только тогда, когда сходится ряд £1«*|.

30.35. Докажите, что абсолютно сходящееся бесконечное произведение сходится.

Решения

30.1. Воспользуйтесь тем, что

30.2. Ответ: Легко проверить, что

Поэтому

30.3. Ответ:

Согласно задаче 9.6

Ясно также, что

30.4. Ответ: 0 при

в остальных случаях.

При замене х на х + 2кк рассматриваемая сумма и предполагаемый ответ не изменяются. Поэтому достаточно рассмотреть

случай, когда 0 < х < 2к. Напомним, что

(задача 11.28). Поэтому функция

дифференцируема на интервале (0, 2к) и

Применим теорему Лагранжа к функции fn(y) на отрезке между x и 7Г. В результате получим fn(x) — fn(к) = fn(<f ) (x — к). При п^оо это равенство принимает вид

30.5. Из равенства

следует, что

Поэтому

Значит,

Поэтому

30.6. Согласно задаче 28.49 б)

Складывая такие неравенства для k=l, 2, ... п, получаем

30.7. Неравенство

показывает, что если бы сходился ряд

то сходился бы и ряд

Но

согласно задаче 30.6 этот ряд расходится.

30.8. а) Ответ: In 2. Согласно задаче 28.49 б)

Сложим такие неравенства для k = n, п + 1, 2п.

В результате получим

Значит,

Замечание. Другое доказательство можно найти в решении задачи 29.51.

б) Согласно задаче 13.4 Ъп=ап-

30.9. а) Заметим, что —-— =----. Поэтому сумма ряда из задачи 30.8 б) равна сумме рассматриваемого ряда, б) Непосредственно следует из задачи 30.1 и задачи а).

30.10. Достаточно доказать, что сумма первых Зп членов стремится к - In 2. Эта сумма равна

Согласно задаче 30.8 а)

30.11. Легко проверить, что

Согласно задаче 30.8 а'

30.12. Легко проверить, что члены ряда имеют вид

Поэтому удвоенная сумма первых п членов ряда равна

Остаётся воспользоваться результатом задачи 30.11.

30.13. Заметим, что

Далее, сумма членов равна

Остаётся заметить, что Н2п-\ — Нп ^1п2 (задача 30.8 а).

30.14. Положим

Ясно, что /(1) =Нп.

Поэтому достаточно доказать, что / (х) = 0 для всех х. Ясно, что

Пусть

Тогда

поэтому

что и требовалось.

30.15. а) Ясно, что

Поэтому

рассматриваемое произведение является суммой чисел 1/п, где п делится по крайней мере на одно из чисел 2, 3, ..., рт (или п = 1). Все числа 1/п, где 1 ^ п ^рт, в эту сумму входят.

б) Согласно задаче 28.49 б)

Поэтому

Ясно также, что

Далее,

Поэтому

Остаётся заметить, что

согласно задаче 30.1.

30.16. Рассмотрим последовательность

Ясно, что если 0 ^ £ ^ 1, то

поэтому 0 ^ Um ^ 1/т . Следовательно, ряд

сходится (задача 30.24). Но

Остаётся заметить, что

30.17. Произведение первых п членов равно

Остаётся заметить, что = у и ех — непрерывная функция.

30.18. Тождество

показывает, что если х> — 1, то

Если 0 ^ x ^ 1, то

Если — 1 ^ x < 0, то сделаем замену х = —у. Тогда получим

30.19. Вычитая почленно из ряда

ряд

получаем требуемое.

30.20. а) Рассмотрим ряд из задачи 30.19

Поскольку

получаем требуемое.

б) Непосредственно следует из а) при п = 1, поскольку In 1 = 0. 30.21. а) Формулу из задачи 30.20 а) можно переписать в виде

Остаётся заметить, что сумма этого ряда меньше

б) и в) Неравенство из задачи а) можно переписать в виде

(1)

А так как

то из неравенств (1) получаем

Таким образом,

Поэтому по-

следовательность {апе~^} возрастает, а последовательность {ап} убывает. При этом а\е~^ <апе~^ < ап <ai, поэтому обе последовательности имеют предел. Поскольку е~ ïzïï —► 1, эти пределы равны одному и тому же числу а. Ясно, что апе~^ < а < ап, для некоторого v между 0 и 1. Таким образом,

30.22. Формулу Валлиса (задача 29.23) можно переписать следующим образом:

Далее,

Выразим ni и (2п)\ как аппп+1/2е п и а2п(2п)2п+1/2е 2п и подставим эти выражения в формулу Валлиса:

В результате получим а = у/2п.

30.23. Ясно, что lim (a,2k-i — Q>2k) = 0, поэтому достаточно решить задачу б). Из тождества следует, что

поэтому

30.24. Согласно задаче 11.1

Просуммируем такие неравенства для Воспользовавшись после этого результатом задачи 23.7, получим

Остаётся заметить, что

30.25. а) Согласно неравенству Коши (задача 1.9)

Кроме того,

(задача 30.24).

б) Пусть x — произвольное положительное число. Снова воспользуемся неравенством Коши, но только теперь представим CLk в виде

В результате получим

Согласно задаче 11.35

Выберем теперь x так, что

и возведём обе части полученного неравенства в квадрат.

30.26. Пусть

Ясно, что

Ряд

сходится. Поэтому, воспользовавшись критерием Коши, получаем, что исходный ряд тоже сходится.

30.27. Пусть

Равенство

показывает, что выражение для fn(z)fn(w) содержит все слагаемые из выражения для fn (z + w) и ещё некоторые слагаемые из выражения для (е2 — fn(z))(ew — fn(w)). Поэтому

Выражение в правой части стремится к нулю при п —» оо, поэтому

30.28. По определению

30.29. Непосредственно следует из задачи 30.28.

30.30. Нетривиальность доказательства этого неравенства связана с тем, что функция f(t) = t* не монотонна на интервале (0, 1); она имеет минимум в точке to = 1/е~ 0,367879.

Положим и = sin2 x vlv = cos2 x. Тогда u +1; = 1 и0<и<1/2<1><1.

Требуется доказать, что (у/и)^ < (л/у)^, т.е. -\^й\пи < - а/у In i; (логарифмы здесь отрицательны). Воспользуемся разложением логарифма в ряд и тем, что u+v=l. В результате получим

Таким образом, переходим к неравенству

После сокращения на л/и~й получаем неравенство

Это неравенство очевидно, поскольку v > и > 0.

Замечание. Более общее неравенство доказано в задаче 28.57.

30.31. а) Если ап ^ 10^ — 1, то п ^ 9к — 1, поскольку на данных k местах могут стоять любые из девяти цифр, причём все цифры не могут быть одновременно нулями. Значит, если п^9к, то ап ^ 10^ - 1 и ап+\ ^ 10Ä. Поэтому

Итак, рассматриваемая сумма не превосходит

б) Получить нужные оценки можно такими же рассуждениями, как при решении задачи 21.29.

30.32. а) Те же самые рассуждения, что и при решении задачи 30.31 б), показывают, что любая последовательность цифр встречается в одном из чисел ап (доказательство нужно слегка изменить для последовательности из одних нулей, но мы можем обойтись и без этой последовательности). Из этого легко выводится, что рассматриваемая десятичная дробь непериодична.

б) Согласно задаче 30.15 ряд

последовательные простые числа, расходится.

30.33. Последовательность

неубывающая, поэтому она сходится либо к конечному положительному числу, либо к +00. Несложно доказать, что

(1)

Первое неравенство доказывается раскрытием скобок, а второе неравенство следует из того, что 1 + а ^ еа при а ^ 0. Неравенство (1) показывает, что П(1 + а/г) = +оо тогда и только тогда, когда

30.34. Последовательность

невозрастающая, поэтому она сходится либо к положительному числу, либо к нулю. Легко проверить, что если 0 ^ < 1, то 1 — b ^ е~ь. Поэтому

Это означает, что если ряд

расходится, то

Предположим теперь, что ряд сходится. Тогда существует такое натуральное число N, что

Если ai, а2 ^ 0, то

Пользуясь этим неравенством, индукцией по m легко показать, что если ос\, ..., (Хт ^ 0, то

Таким образом, если п> N, то

Эти неравенства показывают, что последовательность рп невозрастающая и рп >рм-г/2 > 0. Поэтому предел lim рп существует и не равен нулю.

30.35. Пусть рп =

Тогда

По условию существует предел

поэтому ряд

сходится. Но в таком случае должен сходиться и ряд

поэтому существует предел lim рп. Нужно лишь проверить, что этот предел отличен от нуля. Рассмотрим для этого ряд

Он сходится, поскольку сходится ряд ^2 \ ak \ и последовательность 1 + а/г имеет предел, равный 1. Следовательно, бесконечное произведение

сходится абсолютно, поэтому, как только что было доказано, последовательность

имеет конечный предел. Но qn=pn1 » поэтому

ГЛАВА 31

ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ЧИСЕЛ

31.1. Малая теорема Ферма

31.1. Докажите, что если р — простое число и а не делится на р, то

(малая теорема Ферма).

31.2. Пусть р = 4k + 3 — простое число. Докажите, что если а2 + Ъ2 делится на р, то оба числа а и Ъ делятся на р.

31.3. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел вида 4k+l.

31.4. а) Пусть р — простое число. Докажите, что если q — простой делитель числа 2Р — 1, то q — 1 делится на р.

б) Приведите пример простого числа р, для которого число 2Р — 1 не простое.

31.2. Псевдопростые числа

Согласно малой теореме Ферма для любого простого р число 2Р — 2 делится на р. Натуральное число п > 1 называют псевдопростым, если 2п — 2 делится на п.

31.5. Докажите, что число 341 = 11-31 является псевдопростым.

31.6. Докажите, что если п — псевдопростое число, то число 2п — 1 тоже псевдопростое.

Замечание. Существуют и чётные псевдопростые числа. Например, число 161 038 псевдопростое.

31.3. Функция Эйлера

Функция Эйлера (р(п) равна количеству тех из чисел 1, 2, ... п — 1, которые взаимно просты с п. Например, если р — простое число, то ср (р) =р — 1.

31.7. а) Докажите, что если р — простое число, то ср (рп) =рп_рп-

б) Докажите, что если числа тип взаимно простые, то ср(тп) = ср(т)ср(п).

31.8. Докажите, что если число а взаимно просто с п, то а<р(п) = i (mod п) (теорема Эйлера).

31.9. Числа а и п взаимно простые. Докажите, что для некоторого натурального числа m число ат — 1 делится на п.

31.10. Докажите, что n = ^(p(d), где суммирование ведётся по всем числам d, делящим п.

31.11. а) Найдите остаток от деления 1712147 на 52. б) Найдите остаток от деления 1261020 на 138.

31.12. Пусть ант — взаимно простые числа, k — наименьшее натуральное число, для которого ak = 1 (mod m). Докажите, что ср(т) делится на k.

31.13. Пусть а ^ 2 и п — натуральные числа. Докажите, что ср (ап — 1) делится на п.

Пусть п = PilP22 ---Pkk — разложение натурального числа п на простые множители. Назовём обобщённой функцией Эйлера функцию L(n), которая равна 1 при п= 1 и НОК(р^1-1 (р\ — 1), ... — .rf*_1(Pik-l)) при л>1.

31.14. Докажите, что если числа х и п взаимно простые, то хЬ(п) = 1 (mod п).

31.4. Теорема Вильсона

31.15. а) Докажите, что (р — 1)! + 1 делится на р тогда и только тогда, когда число р простое (теорема Вильсона).

б) Докажите, что

31.16. Пусть а(п) и Ь(п) — остатки от деления чисел ((n — I)!)2 и ((п — 1)! + 1)2 на п. Докажите, что f{n) = па{п) + 2&(тг) — простое число, причём любое простое число можно представить в таком виде.

31.5. Задачи о сравнениях

31.17. Докажите, что если выполняются сравнения а = b (mod Ali), а = b (mod то а = 6 (mod я), где я = НОК(tti,

31.18. Пусть р — простое число, п и а — натуральные числа, не делящиеся на р. Докажите, что если сравнение хп = a (mod /?) имеет решение, то сравнение хп = a (mod рг) имеет решение для любого натурального г.

31.19. Докажите, что если a = b (mod рп), где р — простое число, то ap = bp (mod pn+1).

31.20. Пусть а ^ 2 и п — натуральные числа. Докажите, что ак = 1 (mod ап — 1) тогда и только тогда, когда й делится на п.

31.21. Пусть р — простое число, f(xi, хп) — многочлен с целыми коэффициентами, степень которого по каждой переменной меньше р. Докажите, что если для всех целых xi, хп выполняется сравнение f(x\, ..., хп) = 0 (modр), то все коэффициенты многочлена f(xi, хп) делятся на р.

31.22. Пусть р — простое число, f(xi, хп) — многочлен с целыми коэффициентами, для которого сравнение f(x\9 хп) =0 (modр) выполняется для всех целых х\9 ... хп. Заменим в каждом мономе этого многочлена х™9 где т^р9 на х\9 где г — остаток от деления m на р. Докажите, что в результате получится тождественное сравнение 0 = 0 (mod р).

31.23. Пусть f(x\9 хп) —многочлен с целыми коэффициентами и со свободным членом, равным нулю. До-

кажите, что если степень этого многочлена меньше п, то сравнение f(x\, ..., хп) = 0 (mod р), где р — простое число, имеет решение, отличное от (0, 0, 0) (Шевалле).

31.24. Пусть а, Ъ, с — целые числа. Докажите, что сравнение ах2 + by2 + ex2 = 0 (mod р) имеет решение (х, у, z) ф Ф (0, 0, 0) для любого простого числа р.

31.6. Функция <Tfe(7i). Делители

Пусть di, d,2, ... —различные делители числа п, включая 1 и п. Функция Ok(п) определяется как сумма d\ + d% +... В частности, сто (п) — количество делителей числа п, о\ (п) — сумма делителей числа п. Обычно используется обозначение о(п) = о\(п).

31.25. а) Докажите, что если р — простое число, то

б) Докажите, что если числа тип взаимно простые, то

Число п называют совершенным, если о(п) = 2п, т. е. сумма всех делителей числа п, отличных от п, равна самому числу п.

31.26. а) Докажите, что если число 2Р — 1 простое, то число 2Р~1(2Р — 1) совершенное (Евклид).

б) Докажите, что если п — чётное совершенное число, то существует простое число вида 2Р — 1, для которого п = 2р~1(2р -1) (Эйлер).

31.27. Докажите, что если п — нечётное число, у которого есть ровно два разных простых делителя, то а(п) < 2п.

31.28. Докажите, что натуральное число п можно выбрать так, что отношение а(п)/п будет сколь угодно велико.

31.29. а) Приведите пример чисел m ф п, для которых ср(п) = ср(т).

б) Докажите, что если тфп, то пер (п) ф тер (т).

в) Приведите пример чисел тфп, для которых па(п) =

31.30. Докажите, что

Функция Мёбиуса определяется следующим образом: 31.31.

Докажите, что если F {ri) = f(d), то

где сумма берётся по всем делителям d числа п (Мёбиус).

31.32. Докажите, что если F{n) = П /(d), то

31.7. Квадратичные вычеты

31.33. Пусть р — простое число, f{x) = хп + а\Хп~х + ... ... + ап —многочлен с целыми коэффициентами. Докажите, что существует не более п различных целых чисел xt, для которых 0 ^ xt ^р — 1 и f{xt) делится на р {Лагранж).

Целое число а называют квадратичным вычетом по модулю р, если а = Ь2 (mod р) для некоторого целого числа Ъ. В противном случае число а называют квадратичным невычетом.

31.34. Пусть р > 2 — простое число. Докажите, что среди чисел 1, 2, ..., p — 1 ровно половина квадратичных вычетов и ровно половина квадратичных невычетов по модулю р.

31.35. Пусть 1 ^ а ^р — 1, где р > 2 — простое число. Докажите, что число а является квадратичным вычетом по модулю р тогда и только тогда, когда а^_1)/2 = 1 (mod р) (Эйлер).

31.36. Пусть р > 2 — простое число. Докажите, что число —1 является квадратичным вычетом по модулю р тогда и только тогда, когда р = 1 (mod 4).

31.37. Пусть г — это 2 или нечётное число, р\, ..., рг — различные простые числа вида 4/г+ 1. Предположим, что = —1 для всех 1фу. Докажите, что уравнение х2 — dy2 = — 1, где d=pi ...рг, имеет решение в целых числах.

31.8. Квадратичный закон взаимности

Для простого числа р символ Лежандра ^-^ определяется следующим образом:

если а делится на р; если а — квадратичный вычет; если а — квадратичный невычет.

Символ Лежандра мы иногда будем обозначать (а/р).

Согласно задаче 31.35, если р — нечётное простое число, то (а/р) = а^~1)/2 (mod р). Следовательно, (аЪ/р) = (а/р)(Ъ/р) и

Квадратичный закон взаимности заключается в следующем. Пусть р и q — различные нечётные простые числа. Тогда

Кроме того, если р — нечётное простое число, то

Впервые квадратичный закон взаимности был доказан Гауссом. Сейчас известно много разных доказательств квадратичного закона взаимности. Как правило, они используют какие-то интерпретации символа Лежандра. Мы приведём две такие интерпретации, принадлежащие Гауссу (задача 31.38) и Золотарёву (задача 31.39).

31.38. Пусть р — нечётное простое число, ад — натуральное число, не делящееся на р. Для каждого натураль-

ного числа Z от 1 до запишем lq = ±г/ (mod р), где —-—. Пусть [1 — количество всех встречающихся здесь минусов. Докажите, что (^j = (—1)м (Гаусс).

31.39. Пусть р — нечётное простое число, а — число, взаимно простое ср, и ка,Р : i^ai (mod р) —перестановка остатков от деления на р. Докажите, что тогда sgn ка,Р = (а/р)-> где sgn = 1 для чётной перестановки и sgn = —1 для нечётной перестановки (Золотарёв).

31.40. Докажите квадратичный закон взаимности с помощью леммы Гаусса (задача 31.38) и тождества из задачи 5.30.

31.41. а) Докажите квадратичный закон взаимности с помощью задачи 31.39.

б) Пусть m — нечётное простое число. Докажите, что

31.42. Докажите квадратичный закон взаимности с помощью леммы Гаусса и тождества из задачи 11.31 (Эйзенштейн).

31.43. Пусть р — простое число. Докажите, что (-) = 1 для р = 12k ±1 и ( - ) = — 1 для р = 12k ± 5.

31.44. Пусть р — простое число. Докажите, что ( — ) = 1 для р = 6k + 1 и у—^) = —1 для p = 6k — 1.

31.45. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел вида 6k + 1.

31.46. а) Пусть р = 2п — 1 — простое число, причём р > 3.

Докажите, что

б) Пусть р = 2п + 1 — простое число, причём р > 3. Докажите, что ^-^ = —1.

31.47. Докажите, что 3" — 1 не делится на 2п — 1 при п > 1.

31.9. Гауссовы суммы

Пусть р — нечётное простое число,

Для каждого целого числа а можно рассмотреть гауссову сумму ga символ Лежандра. Ясно, что ga зависит только от остатка от деления а на р (и от самого числа р).

31.48. Докажите, что go = 0.

31.49. Докажите, что g\

31.50. Докажите, что

31.51. Докажите, что

31.52. Для каждого натурального п^р — 2 пара (п, п + 1) имеет один из четырёх видов: (R, R), (N, N), (N, R), (R, N), где R означает вычет, а N — невычет. Пусть RR, NN, NR, RN — количество всех пар соответствующего вида.

а) Докажите, что RR + AW - RN - NR = 1.

б) Пусть s = (—l)^-1)/2. Докажите, что

31.10. Суммы двух квадратов

Здесь мы доказываем, что любое простое число р = 4k + 1 можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел. Различные подходы приведены в задачах 31.53—31.55. Другие

доказательства этого утверждения можно найти в решении задачи 36.19 а) и на с. 548.

Представление простого числа р = 4k + 1 в виде суммы двух квадратов единственно (задача 31.56).

Напомним, что простое число р = 4k + 3 нельзя представить в виде суммы двух квадратов (задача 4.45 а). Кроме того, произведение двух чисел, представимых в виде суммы двух квадратов, само представимо в виде суммы двух квадратов (задача 5.11).

31.53. Пусть р = 4k + 1 — простое число.

а) Докажите, что существует целое число х9 для которого X2 + 1 делится на р.

б) Докажите, что можно выбрать целые числа 0 ^ г\9 г2 < < у/р и 0 ^ Si, S2 < лУр так, что числа г\х + s\ и г%х + s2 будут давать одинаковые остатки при делении на р9 причём (rl9 Si) ф (r2, s2).

в) Докажите, чтор=(г\— г?)2 + (s\ — S2)2.

31.54. Докажите, что любое простое число p = 4k + l можно представить в виде суммы квадратов двух целых чисел, воспользовавшись задачей 17.13.

31.55. Пусть р = 4k + 1 — простое число.

а) Докажите, что уравнение х2 + у2 = тр имеет решение в натуральных числах х9 у9 т.

б) Докажите, что если m > 1, то можно построить решение с меньшим т.

31.56. Докажите, что представление простого числа р = 4k + 1 в виде суммы двух квадратов целых чисел единственно. (Мы не различаем представления р = х2 + г/2, отличающиеся только перестановкой х и у или заменами знака X и у.)

31.11. Суммы четырёх квадратов

31.57. Докажите, что если каждое из чисел а и & является суммой четырёх квадратов целых чисел, то их произведение ab тоже является суммой четырёх квадратов целых чисел.

31.58. Пусть p— нечётное простое число. Докажите, что существуют целые числа х, у и т, для которых 1 + х2 + у2 = тр, причём 0 <т<р.

31.59. Пусть р — нечётное простое число.

а) Докажите, что можно выбрать натуральное число т<р и целые числа х\, х2, хз и х± так, что х\ + х\ + х\ + х\ = тр.

б) Докажите, что наименьшее такое m нечётно.

в) Докажите, что наименьшее такое m равно 1.

31.60. Докажите, что любое натуральное число можно представить в виде суммы четырёх квадратов целых чисел {Лагранж).

31.12. Первообразные корни по простому модулю

Пусть р — простое число, х — натуральное число, не превосходящее р—1. Тогда согласно малой теореме Ферма хр~х = 1 (mod р). Наименьшее натуральное число d, для которого xd = 1 (mod p), называют показателем, которому принадлежит х по модулю р.

Число x называют первообразным корнем по модулю р, если его показатель равен р—1. Эквивалентное условие состоит в том, что числа x, x2, хр~х дают разные остатки при делении на р. Первообразные корни существуют для любого простого числа р (задача 31.63).

31.61. Докажите, что показатель d делит число р — 1.

31.62. Докажите, что если хт = 1 (mod р), то показатель d делит число т.

31.63. а) Докажите, что каждому показателю d принадлежит не более cp{d) остатков от деления на р.

б) Докажите, что каждому показателю d, делящему число р — 1, принадлежит ровно ср {d) остатков от деления на р.

в) Докажите, что для любого простого числа р существует ровно ср(р — 1) первообразных корней.

31.64. а) Дано натуральное число n ^ 2. Докажите, что натуральное число d, для которого xd+1 =х (mod п) для всех целых x, существует тогда и только тогда, когда п=р\

где pi, ..., pu — попарно различные простые числа.

б) Пусть п = pi ...pk, где pij ..., pk — попарно различные простые числа. Докажите, что наименьшее натуральное число d, для которого xd+1 = х (mod п) для всех целых х, равно НОК(pi — 1, pk — 1).

31.65. Пусть р — нечётное простое число.

а) Докажите, что нечётные простые делители числа аР — 1 делят а — 1 или имеют вид 2рх + 1.

б) Докажите, что нечётные простые делители числа ар +1 делят а + 1 или имеют вид 2рх + 1.

31.66. Пусть р — нечётное простое число. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел вида 2рх+1.

31.67. Докажите, что все простые делители числа 22 + 1 имеют вид 2п+1х + 1.

31.68. Докажите, что 3 является первообразным корнем по модулю простого числа р = 2п + 1, где п > 1.

31.69. Пусть р — простое число HS=l" + 2" + ...+ (p-l)\ Докажите, что

31.13. Первообразные корни по составному модулю

Первообразные корни можно рассмотреть и для составного модуля т. Будем называть число х первообразным корнем по модулю т, если числа х, х2, ..., — это все различные остатки, взаимно простые с т. В серии задач 31.71—31.77 доказывается, что первообразный корень по модулю m существует тогда и только тогда, когда m = 2, 4, ра или 2ра, где р — нечётное простое число.

31.70. Докажите, что (1 + km)"1* = 1 (mod та) для любого т.

31.71. Пусть р — простое число. Докажите, что первообразный корень по модулю р01 является также первообразным корнем по модулю р.

31.72. Пусть x — первообразный корень по простому модулю р. Предположим, что

хр° (Р-1) ^ i (modp01), где а ^2.

Докажите, что тогда х — первообразный корень по модулю ра.

31.73. Пусть x — первообразный корень по нечётному простому модулю р. Докажите, что по крайней мере одно из чисел x и x +р является первообразным корнем по модулю р2.

31.74. Докажите, что если х — первообразный корень по модулю р2, где р — нечётное простое число, то х — первообразный корень по модулю ра для любого а ^ 2.

31.75. Пусть р — нечётное простое число. Докажите, что для любого натурального а существует первообразный корень по модулю 2ра.

31.76. Докажите, что первообразный корень по модулю 2п существует тогда и только тогда, когда п ^ 2.

31.77. Докажите, что если m — это не число вида 2, 4, ра или 2ра, где р — нечётное простое число, то первообразных корней по модулю m не существует.

31.14. Теорема Чебышева о простых числах

Пусть к(п) —количество простых чисел, не превосходящих п.

31.78. Докажите, что

31.79. Докажите, что

31.80. Докажите, что

Замечание. Чебышев доказал, что для достаточно больших п выполняются более точные неравенства

Решения

31.1. Первое решение. Согласно задаче 4.62 набор остатков от деления на р чисел а, 2а, (р — 1)а совпадает с набором 1, 2, ...,р-1. Значит, ар112-...-{р-1) = 1-2-...-{р-1) (mod р). Число Ъ = 1 • 2 •... • (р — 1) не делится на р, поэтому ар~1 = 1 (mod р).

Чтобы доказать это, нужно умножить обе части равенства на число Ъ, для которого ЪЪ = 1 (mod р).

Второе решение. Покажем, что для любого натурального п число пр — п делится на р. Применим индукцию по п. При п = 1 утверждение очевидно. Предположим, что пр — п делится на р. Тогда число (п + 1)р - (д + 1) = Схрпр~х + С2пр~2 + ... + Срр~1п тоже делится нар, поскольку все числа Ср, где 1 ^ k ^р — 1, делятся на р (задача 14.30).

Если число п не делится нар, то из того, что пр — п = п(пр~1 — 1) делится на р, следует, что пр~1 — 1 делится на р.

31.2. Предположим, что одно из чисел а и Ъ не делится на р. Тогда другое число тоже не делится на р. Поэтому согласно малой теореме Ферма ар~1 = 1 (mod р) и Ър~1 = 1 (mod р). Значит, ар~1 + \f~1 ее 2 (mod р). С другой стороны, число ар~1 + Ьр~1 = а4/г+2 + 1 делится на ß2 _|_ £2? поэтому оно делится на р.

31.3. Предположим, что /?ь рг — все различные простые числа вида 4k + 1. Рассмотрим число (2р\ ...рг)2 + 1. Оно нечётно, поэтому все его простые делители имеют вид 4k ±1. Согласно задаче 31.2 у этого числа не может быть простых делителей вида 4k —1. Остаётся заметить, что рассматриваемое число не делится на pu Рг.

31.4. а) Предположим, что 2Р ее 1 (mod q), где q — простое число. Ясно, что q ф 2. Если q — 1 не делится на р, то наибольший общий делитель чисел q — 1 и р равен 1, поэтому существуют целые числа а и Ъ, для которых ар + b(q — 1) = 1 (см. с. 43). Согласно малой теореме Ферма 2q~l ее 1 (mod q). Поэтому 2ее2apJrb{q-l) ее (2p)a(2q-1)b = 1 (mod g). Приходим к противоречию.

б) Ответ: 211 - 1 = 23-89.

31.5. Число 2341 - 2 = 2 ( 2340 - 2) = 2((210)34 - 1) делится на 210 - 1 = 1023. Далее, 1023 = 3-341.

31.6. По условию 2п — 2 = па для некоторого натурального а. Поэтому 22'2"1 - 2 = 2(22""2 - 1) = 2(2па - 1). Это число делится на 2п -1.

31.7. а) Среди чисел 1, 2, рп — 1 на/? делятся — 1 чисел, а именно, числа р, 2р, р(рп~1 — 1). Поэтому ^(р") = — 1 — -(р/г-1-1)=р/г-р/г-1.

б) Числа тип взаимно простые, поэтому существуют целые числа или, для которых um + vn = 1 (эти числа можно найти с помощью алгоритма Евклида). Пусть а и Ь — некоторые остатки от деления нати п, т. е. 0 ^ а ^ m — 1 иО0<д-1. Сопоставим

паре (а, Ъ) число с, которое является остатком от деления числа avn + bum на тп. Ясно, что с = аип = а (mod m) и c = bum = b (mod n). Поэтому, в частности, разным парам (а, Ъ) сопоставляются разные числа с. Мы получили взаимно однозначное отображение остатков от деления на m и п на остатки от деления на тп. При этом НОД (с, т) = НОД(а(1 - um) + bum, m) = НОД(а, m) и НОД(с, п) НОД (fr, д). Поэтому числа с и тп взаимно простые тогда и только тогда, когда числа а и m взаимно простые и числа b и п тоже взаимно простые.

Замечание. Используя задачи а) и б), легко получить формулу для (р(п), где n=p\l ...pakk. Другое доказательство этой формулы приведено в решении задачи 14.36.

31.8. Пусть ai, CL2, а^^) —все числа от 1 до п — 1, которые взаимно просты с п. Сопоставим числу aL остаток от деления числа aal на п. Число ащ взаимно просто с п, поэтому мы снова получим одно из чисел ai, a2, а<р(Л). При этом число a (а/ — ау) при i ф j не может делиться на п. Значит, мы получаем некоторую перестановку чисел ai, a2, aÇJ(Al). Поэтому

(1)

Умножение на число b = ai... aÇJ(Al) тоже задаёт некоторую перестановку чисел ai, ü2, aÇJ(Al). Поэтому bb = 1 (mod n) для некоторого числа ъ = щ. Умножив обе части сравнения (1) на 5, получим требуемое.

31.9. Согласно теореме Эйлера (задача 31.8) можно положить т = (р(п).

31.10. Первое решение. Рассмотрим дроби 1/п, 2/п, 3/п, п/п; их количество равно п. Заменим каждую из этих дробей на соответствующую несократимую дробь. При этом получатся дроби, знаменателями которых являются делители числа п, причём количество дробей со знаменателем d равно ср (d).

Второе решение. Запишем разложение числа п на простые множители: п—р^р0!/1 ...р^к. Любой делитель d числа п имеет вид d = р\хр\2 ---Pkk» гДе 0 ^ ßt ^ Ott, i = l, k. Поэтому в силу свойства мультипликативности функции Эйлера (задача 31.7 б)

Действительно, в правой части после раскрытия скобок мы получаем сумму всех слагаемых вида

Остаётся заметить, что

31.11. а) Ответ: 7. Числа 171 и 52 взаимно простые, поэтому 171^(52) ее 1 (mod 52). Далее, ср(52) = ср(4)<р(13) = 24. Поэтому

1712147 = 1524.89+11 = ^11 = ? (m()d 52)

б) Ответ: 54. Числа 126 и 138 не взаимно простые: их НОД равен 6. Мы воспользуемся тем, что если а = Ь (mod 23), то 6а ее 66 (mod 138). Пусть а = 21 • 1261019. Тогда а ее 21 • ц2246+7 = ее-2- II7 = 9 (mod 23). Поэтому 1261020 = 6а ее 54 (mod 138).

31.12. Согласно теореме Эйлера а^(т) ее 1 (mod m). Поделим <jP(m) на /г с остатком: <р(m) = kq + r, где 0^r<k. Тогда 1 = а^(m) = ее (ak)qar ее аг (mod m). Следовательно, г = 0, поскольку иначе мы получили бы противоречие с минимальностью числа /г.

31.13. Числа а и а" - 1 взаимно простые. Поэтому согласно теореме Эйлера а^(а _1) ее 1 (mod ап — 1). Из этого следует, что число ср(ап — 1) делится на п (см. задачу 31.20).

31.14. Согласно теореме Эйлера xPi ' = 1 (mod р?'). Возведём обе части этого равенства в степень

(это число целое, поскольку L(n) делится нар?1-1 (р/ — 1)). В результате получим xL(Al) ее 1 (mod pfl). Следовательно, число xL(/z) — 1 делится на р"1, р^к, поэтому оно делится на п.

31.15. а) Предположим, что число р простое и р > 2 (для р = 2 требуемое утверждение очевидно). Пусть а — одно из чисел 1, 2, 3, ...,р — 1. Для него существует единственное число а, l^â^p—1, для которого aä= 1 (mod р) (см. решение задачи 4.63). Если a = ä, то а2 — 1 = (а — 1) (а + 1) делится на р, поэтому a = 1 или р — 1. Таким образом, числа 2, 3, — 2 разбиваются на пары, произведения которых дают остаток 1 при делении на р. Значит, (p-l)\=p-l = -l (mod р).

Предположим теперь, что р = qr, где 1 < г, q <р. Тогда (р — 1)1 делится на а, поэтому (р — 1) ! ф — 1 (mod р).

б) Предположим, что р = аг, где 1 < г < q < р. Тогда (р — 1)1 делится на qr = p. Остаётся рассмотреть случай, когда p = q2, где q — простое число. Если q = 2, то q2 = 4 и (З!)2 = 36 делится на 4. Если же q > 2, то (р — 1)! делится на a и на 2а, поэтому даже само число (р — 1)1, а не только его квадрат, делится на q2 = р.

31.16. Если число п простое, то согласно теореме Вильсона (задача 31.15 а) а(п) = 1 и Ь(п) = 0, поэтому f(n) = п. Если же число п составное, то, как следует из решения задачи 31.15 б),

((n - l)!)2 = 0 (mod n) и 2(n - 1)! = 0 (mod n). Поэтому a(n) = 0 и b(n) = 1, значит, f(n) = 2.

31.17. Число a — b делится на^ь П2, ..., Пк, поэтому оно делится и на наименьшее общее кратное этих чисел.

31.18. Применим индукцию по г. Предположим, что х?=а+трг. Будем искать целое число t так, чтобы для числа xr+i = хг + tpr выполнялось сравнение =а (mod pr+1). Ясно, что

Здесь многоточием обозначены члены, делящиеся на pr+l. Таким образом, нужно выбрать t так, чтобы число трг + nxnr~xtpr делилось на рг+1, т.е. число m + nx?~1t делилось на /?. По условию числа п и а не делятся на /?. Поэтому число дх?-1 тоже не делится на р. В таком случае для любого числа m можно выбрать число t так, что rix'!- xt = —m (mod р).

31.19. По условию а = Ь + трп, где m — целое число. Поэтому

Все слагаемые делятся на рп+х.

31.20. Запишем k в виде k = рп + г, где 0 ^ г < д. Ясно, что а" = 1 (mod ап — 1), поэтому ак = аг (mod ап — 1). Но если г > 0, то а ^ аг ^ а"-1 < ал — 1. Поэтому аг = 1 (mod ап — 1) тогда и только тогда, когда г = 0, т. е. число /г делится на п.

31.21. Применим индукцию по п. При п= 1 утверждение верно. Действительно, если не все коэффициенты многочлена /(х) делятся на р, то cf(x) = хт + а\хт~1 + ... + ат (mod для некоторого целого числа с; здесь m <р. Поэтому согласно теореме Лагранжа (задача 31.33) сравнение cf(x) = 0 (mod р) имеет место не более чем для m различных по модулю р значений х. Поскольку m <р, найдётся x, для которого f(x) ф 0 (mod р).

Предположим, что требуемое утверждение доказано для некоторого п. Рассмотрим тождественное сравнение f(x\,..., хп, xn+i) = 0 (mod р), у которого степень по каждой переменной меньше р. Запишем f(x\, хп, xn+i) в виде

Для фиксированных xi, хп положим ат = gm(xi, ..., хп), ... ао = go(xi, ..., хп). Сравнение атхг^_{_1 + ... + ао = 0 (mod р) выполняется для всех целых xn+i, поэтому ао = ... = ат = 0 (mod р).

Таким образом, g-t (xi, ..., хп) = 0 (mod р) для всех целых х\,..., хп-Поэтому по предположению индукции все коэффициенты многочлена gi(xi, Хп) делятся на р.

31.22. Согласно малой теореме Ферма хр ее Xi (mod р), поэтому х™ ее х\ (mod р). Значит, после указанных замен мы получим многочлен g(x\, хп), степень которого по каждой переменной строго меньше р, причём g(x\, ..., хп) ее 0 (mod р) для всех целых xi, Хп- Согласно задаче 31.21 все коэффициенты многочлена g(x\, ..., Хп) делятся на р.

31.23. Предположим, что сравнение f(xi, ..., хп) ее 0 (mod р) имеет только решение (0, 0). Тогда сравнение

(1)

выполняется тождественно. При (х\, хп) = (0, 0) это очевидно, а при (х\, ..., Хп) ф (0, ..., 0) это следует из малой теоремы Ферма.

Применим к обеим частям сравнения (1) замены, описанные в условии задачи 31.22. С одной стороны, согласно этой задаче в результате мы должны получить тождественное сравнение. С другой стороны, в правой части вообще никаких замен не делается, поэтому в правой части после замен стоит многочлен, моном высшей степени которого равен ±хрг~г... хрп~х. В левой же части первоначально стоит многочлен степени меньше п(р — 1); после указанных замен его степень может только уменьшиться. Получено противоречие.

31.24. Это утверждение очевидным образом следует из теоремы Шевалле (задача 31.23), поскольку степень рассматриваемого многочлена строго меньше числа его переменных.

31.25. а) Делителями числа ра являются числа 1, р, р, ра. б) Пусть d к а1' — делители чисел тип. Тогда dd' — делитель числа тп. Для взаимно простых чисел тип верно и обратное: любой делитель числа тп однозначно представляется в виде произведения делителей чисел тип. Поэтому если Gk(m) = y^af

31.26. а) Числа 2Р 1 и (2Р — 1) взаимно простые, поэтому согласно задаче 31.25 б) а(2р~1(2р - 1)) = а(2р~1)а(2р - 1). Далее, согласно задаче 31.25 а) о(2р~1) = 1 + 2 + 4 + ... + 2Р~1 = 2Р - 1 и сг(2р-1) = 1 + 2р-1 = 2р.

б) Пусть п = 2р~хт, где m нечётно, — чётное совершенное число. Тогда 2рт = 2п = а(п) = а(2р~1)а(т) = (2Р - 1)о\т). Поэтому m делится на 2Р - 1. Пусть т= (2Р - 1)т'. Тогда 2Р(2Р - 1)т' = 2рт = а(п) = а(2р-1)а(т) = (2Р - 1)а(т), поэтому а(т) = 2рт!. Из

равенства т = (2Р \)т следует, что m + m' = 2рт' = а(т). С другой стороны, оба числа тпт' являются делителями числа т. Поэтому равенство m + m' = a (m) может выполняться лишь в том случае, когда число m простое и т' = 1.

31.27. Пусть п=ра11ра22, где pi и /?2— простые числа, причём pi ^ 3 и /?2 ^ 5. Тогда из неравенства

следует, что

31.28. Число о(п)/п является суммой всех чисел вида d/n, где d — делитель числа п. Но d/n — d\ где d' — некоторый делитель числа п, причём когда d пробегает все делители числа n, d' тоже пробегает все делители числа п. Значит, о (ri)/п = ^2 1/d, где сумма берётся по всем делителям числа п.

Положим n = Nl. Тогда

поскольку числа 1, 2, 3, ..., являются делителями числа п. Остаётся заметить, что гармонический ряд расходится (задача 30.6). 31.29. а) Ответ: 5 и 8.

б) Пусть п = р\1 .. ,р\к и рх >р2 > ... >Pk. Тогда

и наибольшее простое число, на которое делится п(р(п), равно р\. При этом максимальная степень числа pi, на которую делится п(р(п), равна 2ai — 1. Таким образом, если известно число п(р(п), то известны числа pi и ai. Пусть п = р\1П2. Тогда

поэтому известны числа р2 и a<i и т. д.

в) Ответ: 12 и 14.

31.30. Ясно, что

если числа 2п + 1 и 2п + 2 не делятся на k. В противном случае эта разность равна 1. Следо-

вательно,

Поэтому если

Ясно

также, что /(1) = 1.

31.31. Прежде всего проверим, что при всех п > 1 выполняется соотношение

Ясно, что

Пусть n/di = тп. Тогда

Поэтому

31.32. Непосредственно сводится к задаче 31.31 с помощью логарифмирования .

31.33. Применим индукцию по п. При п = 1 утверждение очевидно. Пусть числа f(x\) и f(x) делятся на р (х — целое число). Тогда число f(x) — f(x\) = хп — х\ + а\(хп~1 — х"-1) + an-i (х — х\) = (х—xi)g(x) делится на р. При этом g(x)=xn~1+bixn~2+.. ,+bn-i — многочлен с целыми коэффициентами, зависящими только от ai, ..., ап и x. Если 0 ^ х ^ р — 1 и х ф Х\, то х — х\ не делится на р. Поэтому на р должно делиться число g(x), и мы можем воспользоваться предположением индукции.

31.34. Сопоставим каждому целому числу х, где 1 ^ х ^р — 1, остаток от деления на р числа х2. Числам х и р — х сопоставляется одно и то же число, причём хфр — х. Кроме того, согласно теореме Лагранжа (задача 31.33) сравнение х2 = с (mod р) не может иметь

больше двух решений. Поэтому образ рассматриваемого отображения состоит из (р — 1)/2 элементов. А этот образ как раз и состоит из квадратичных вычетов.

31.35. Если a = b2 (mod р), то согласно малой теореме Ферма (задача 31.1) а(р_1)/2 = ЬР~1 = 1 (mod р). Поэтому любой квадратичный вычет является решением уравнения х(р_1)/2 = 1 (mod р). Согласно теореме Лагранжа (задача 31.33) количество решений этого сравнения не превосходит (р— 1)/2, а согласно задаче 31.34 количество квадратичных вычетов равно (р— 1)/2. Поэтому квадратичные вычеты — это в точности решения сравнения х(р_1)/2 = 1 (mod р).

Если а — квадратичный невычет, то а(р_1)/2 = — 1 (mod р). Действительно, сравнение х2 = 1 (mod р) имеет только два решения: x = ±1 (mod р), а мы знаем, что (а(р_1)/2)2 = ар~1 = 1 (mod р).

31.36. Воспользуемся критерием Эйлера (задача 31.35). Если р = 4k + 1, то (-l)^-1)/2 = (-1)2/г = 1, а если р = 4k + 3, то

(_1)(Р-1)/2 = (_1)2/г+1 = _i

31.37. Предположим, что уравнение х2 — dy2 = — 1 не имеет решений в целых числах. Пусть (<f, ïj) — фундаментальное решение уравнения Пелля х2 — dy2 = 1. Число d тоже имеет вид 4k + 1, поэтому <f2 = (ïj2 + 1) (mod 4). Квадрат нечётного числа при делении на 4 даёт остаток 1, поэтому <f нечётно, а л четно. Равенство

показывает, что л2/4 (квадрат целого числа) можно представить в виде произведения двух квадратов целых чисел:

где di и d2 — делители числа d. Натуральные числа и и v взаимно простые, потому что НОД(<^ — 1, <f + 1) = 2. Кроме того, и ф 0, поскольку <f ф 1. Далее,

Предположим, что d\ ф 1 и d<i ф 1. По условию г= 2 или нечётно, поэтому di или d2 — произведение нечётного числа простых чисел.

Случай 1. di — произведение нечётного числа простых чисел.

Пусть р — произвольный простой делитель числа aV Тогда

Но это противоречит тому, что diu2 = —1 (mod р), поскольку — 1 является квадратичным вычетом по модулю р.

Случай 2. d2 — произведение нечётного числа простых чисел.

Снова для произвольного простого делителя р числа d\ получаем ^ — ^ = — 1. Но это противоречит тому, что d2V2 = 1 (mod p).

Полученные противоречия показывают, что либо d\ = 1 и d2 = d, либо di = d и d2 = 1.

Случай 1. di = 1 и а*2 = d, т. е. di;2 — и2 = 1.

Это противоречит предположению о том, что уравнение х2 — — dy2 = — 1 не имеет решений.

Случай 2. di = d и d2 = 1, т. е. v2 — du2 = 1.

Таким образом, (v, и) — решение уравнения Пелля х2 — dy2 = 1.

Под действием чётной перестановки многочлен А не изменяется, а под действием нечётной перестановки он изменяет знак. Поэтому знак любой перестановки а равен отношению A(xa(i), ..., ха(р)) к A(xi, ..., Хр). Положим х\ = 1, хр=р. Тогда

Поскольку ар=а (mod р), получаем

С другой стороны,

поэтому

а значит, и<7]. Но это противоречит тому, что было выбрано фундаментальное решение.

31.38. Прежде всего заметим, что если Ink — различные натуральные числа от 1 до ——, то г/ ф Гк. Действительно, если г/ = Гк, то (l±k)q делится на р, поэтому / ± k делится на р. Но | / ± k | ^р — 1. Таким образом, набор чисел п, Г2, Г(Р_1)/2 совпадает с набором 1, 2, ——. Поэтому, перемножив сравнения

получим

Следовательно,

(задача 31.35).

31.39. Рассмотрим многочлен

31.40. Пусть lq= s in (mod p), где £/ = ±1 и 1 ^ г/ ^ —^—. Докажем, что £/ = ( — l)t2/r//^. Действительно, Si = 1 тогда и только тогда, когда {lq/p} < 1/2. С другой стороны, для любого положительного а число [2ос] = [2[а] + 2{а}} = 2[ос] + [2{а}] четно тогда и только тогда, когда {ос} < 1/2. Полагая а = {/#//?}, получаем, что число [2ql/p] четно тогда и только тогда, когда {lq/p} < 1/2. Итак, лемму Гаусса можно записать следующим образом:

Для любого нечётного числа а число а + р четно, поэтому

(1)

где

В частности, при а = 1 получаем

Подставив это

выражение в (1), после сокращения получим

Пусть р и q — различные нечётные простые числа. Тогда

Остаётся заметить, что

согласно задаче 5.30.

31.41. а) Пусть Р = {0, 1, pq - 1} и Р = {(а, Ъ) : 0 ^ а <р, 0 ^ ^ b < q}. Согласно китайской теореме об остатках отображение с^с = (с (mod р), с (mod q)) является взаимно однозначным отображением Р на Р.

Рассмотрим отображения yt, v: P —> Р, заданные формулами f/(a, b)=a+pb и v(a, b)=qa+b. Ясно, что f/(a, b) = (a, a+pfr (mod #)),

поэтому отображение [i переставляет элементы вида (ао, Ъ), где ао фиксировано. Следовательно, yt — перестановка множества Р и sgn yt = (^j = (^j . Аналогично sgn v = •

Рассмотрим теперь на множестве Р перестановку v~lyt : qa + b\-^ \-^a+pb. Знак этой перестановки равен ( —1)Ä, где k — количество пар элементов множества Р, для которых выполняются неравенства qa + Ъ > qa! + Ь' и а + pb < а' + рЪ'. По условию |& — Ь' \ < q и \а — а'\<р, поэтому приходим к следующим неравенствам: а>а! и Ь <Ь', Таким образом,

В итоге получаем

б) При m = 3 требуемое равенство легко проверяется. Предположим, что m ^ 3 — нечётное натуральное число, для которого выполняется требуемое равенство. Тогда

31.42. Пусть lq = strt (mod p), где Si = ±1 и

Тогда

Перемножим такие равенства для 1=1, 2, ... —. При доказательстве леммы Гаусса было показано, что набор чисел п, г^-\)/2 совпадает с набором 1, 2, Поэтому после сокращения получаем

Воспользуемся тождеством из задачи 11.31 для

В результате получим

Аналогично

Таким образом, чтобы получить из выражения для

выражение для

нужно поменять знак у каждого из сомножителей. Следовательно,

31.43. Согласно квадратичному закону взаимности

Ясно также, что

Поэтому для p=12k±l

получаем

а для р = 12k ± 5 получаем

31.44. Ясно, что

Далее, для р = 12k — 1 и р = 12k — 5. Воспользовавшись результатом задачи 31.43, получим требуемое.

31.45. Предположим, что существует лишь конечное число простых чисел вида 6k + 1. Пусть N — их произведение, ар — простой делитель числа 4N2 + 3. Число р нечётно и р ф 3, так как N не делится на 3. Поскольку (2N)2 = — 3 (mod р), то ^ — ^ = 1. Согласно задаче 31.44 число р имеет вид 6k + 1. Но в таком случае число N должно делиться на р. Итак, числа N и 4N2 + 3 делятся на р. Следовательно, 3 делится на р, т. е. р — 3. Приходим к противоречию.

31.46. а) Ясно, что р = — 1 (mod 4). Кроме того, р = 1 (mod 3). Действительно, п нечётно, поскольку число 22т — 1 делится 2т — 1, а потому не может быть простым при m > 1. А так как 22 = 1 (mod 3), то 2п — 1 = 1 (mod 3) для любого нечётного п. В результате получаем, что р=7 (mod 12). Остаётся воспользоваться результатом задачи 31.43.

б) Ясно, что р = 1 (mod 4). Кроме того, р = — 1 (mod 3). Действительно, п четно, поскольку иначе число 2п + 1 делится на 2 + 1 = 3. А так как 22 = 1 (mod 3), то 2п + 1 = -1 (mod 3) для любого чётного п. В результате получаем, что р = Ъ (mod 12). Остаётся воспользоваться результатом задачи 31.43.

31.47. Если п = 2т, то 2п — 1 делится на 22 — 1 = 3. Но число Зп — 1 не делится на 3. Поэтому остаётся рассмотреть случай, когда п = 2т + 1. Поскольку 24 = 22 (mod 12), то 22т = 4 (mod 12), а зна-

чит, 2п — 1 = 7 (mod 12). Любое простое число р > 3 при делении на 12 даёт остаток ±1 или ±5. У числа 2п — 1 должен быть простой делитель р > 3, дающий при делении на 12 остаток ±5.

Предположим, что 3" — 1 делится на 2п — 1. Тогда, в частности, Зп - 1 делится на р. Следовательно, 32(т+1) = 3"+1 = 3 (mod р). Таким образом, ^ —^ = 1. Но это противоречит квадратичному закону взаимности (см. задачу 31.43),

31.48. Ясно, что go

Половина чисел от 1 до р — 1 являются квадратичными вычетами, а остальные — невычетами.

31.49. Ясно, что

При фиксированном I отображение k^kl является перестановкой остатков от деления на р, поэтому

поскольку при фиксированном кф — 1 остатки от деления чисел l(k+ 1) нар образуют набор 1, 2, ..., р — 1 и s + s2 + ... + ep~l = —1.

Ясно также, что

31.50. Запишем тождество

для р = 5 и 7. Для р = 5 получим gi = ±л/5, а для /? = 7 получим gl = ±£у7. Легко видеть, что это и есть требуемые тождества с точностью до знака. Знак в обоих случаях легко выясняется.

31.51. Для каждого натурального числа п ^ р — 1 существует единственное натуральное число п ^ р — 1, для которого пп = 1 (mod р). При этом р — 1 = р — 1. Поэтому когда п пробегает числа от 1 до р — 2, п тоже пробегает числа от 1 до р — 2 (в другом порядке). Ясно также, что п2(1 + п) = д2 + п = д(д + 1) (mod р), поэтому

поскольку go = 0 (задача 31.48).

31.52. а) Ясно, что

в случаях RR и AW, а в случаях NR и RN это произведение равно —1. Следовательно, RR + NN — RN — NR = ^2 (-) • Остаётся воспользоваться результатом задачи 31.51.

б) Количество вычетов среди чисел 2, 3, р — 1 равно RR+NR, а количество невычетов равно RN + NN. Среди чисел 1, 2, 3, ... р — 1 вычетов и невычетов поровну. Кроме того, 1 — вычет.

Поэтому RN + NN = ^{р - 1) и RR + NR= ^{р - 1) - 1.

Количество вычетов среди чисел 1, 2, р — 2 равно RR + RN, а количество невычетов равно iVi? + AW. Кроме того,

Поэтому RR+RN = в) Сложим равенстваRR+NN-RN-NR=1, RR+RN=^(p-2-s) и NR + NN= i(p-2 + £). В результате получим ÄR +AW= ^ (р - 3). Вычитая из равенства RR + iW = i(p — 2 — er) равенство iW + AW =

получаем RR — NN

Следовательно, RR =

После этого легко находим RN =

Замечание. Равенства из задачи б) не являются независимыми: сумма равенств с s равна RR + NN + RN + NR = p — 2; сумма равенств без е та же самая.

31.53. а) Непосредственно следует из задачи 31.36.

б) Если целое число г удовлетворяет неравенствам 0 ^ г < у/р, то г может принимать больше у/р различных значений (поскольку г может принимать значение 0). Таким образом, количество различных допустимых пар (г, s) больше ^/р • yjp = р. Следовательно, для каких-то двух пар числа rx + s дают одинаковые остатки при делении на р.

в) Пусть nx+si=r2X+S2 (modp),T.e. (n — Г2)х= (S2 — si) (mod/?). Положим и = I n — Г21 и v = I si — S21. По построению числа и л v не могут быть одновременно равны нулю; кроме того, и, v < ^/р. Так как их = ±v (mod р), то и2х2 = v2 (mod р). Но х2 + 1 = 0 (mod р), поэтому 0 ее и2 (х2 + 1) ее a2x2 Jru2 = v2jru2 (mod р). С другой стороны,

поэтому

31.54. Согласно задаче 31.36 можно выбрать натуральное число q так, что q2 ее — 1 (mod р). Рассмотрим число ос = q/p. Пусть С= \[р. Согласно задаче 17.13 можно выбрать натуральное число х<С=л/р и целое число у так, что \ ха — у\^ 1/С, т. е. х- — у ^ —=.

Положим r=xq — yp. Тогда — = \x--y \ ^ , поэтому \ r\ ^ д/р- Следовательно, 0 < x2 + r2 < 2p. С другой стороны, x2 + г2 ее x2 + x2q2 ее = x2(l + q2) = 0 (mod . Поэтому x2 + r2 = p.

31.55. а) Согласно задаче 31.36 можно выбрать натуральное число x так, что х2 ее — 1 (mod /?), т. е. х2 + 1 = тр. Таким образом, мы нашли требуемое решение, даже с дополнительным условием

б) Пусть то — наименьшее натуральное число, для которого имеет место равенство

(1)

К x и у можно добавлять кратные р, поэтому можно считать, что \х\<р/2 и \у\<р/2. Следовательно, х2+у2<р2/2, а значит, то<р/2. Пусть то > 1. Предположим, что тпо делит х. Тогда то не делит у, поскольку иначе — целое число, а это противоречит тому, что 1 < то <р/2.

Выберем целые числа end так, чтобы числа х\ = х — сто ку1=у — dmo удовлетворяли неравенствам | xi | ^ то/2 и | z/i | ^ mo/2. Как только что было доказано, числа Х\ и у\ не могут быть равны нулю одновременно. Таким образом, 0 < хх + ух ^ 2— = — то и x2 + у\ ее x2 + у2 ее 0 (mod mo). Следовательно,

(2)

где 0 < mi ^ то/2. Перемножим равенства (1) и (2). В результате получим

При этом

Таким образом,

Сокращая на mn, получаем

причём

31.56. Предположим, что р = х2 + у2 = а2 + fr2. Сравнение г2 = — 1 (mod р) имеет ровно два решения: z = ±h (mod р). Поэтому x = ±hy (mod р) и а = ±/ifr (mod /?). У чисел х и а можно поменять знаки, поэтому будем считать, что x = hy (mod /?) и a = hb (mod /?). Тогда xfr = у a (mod .

Ясно, что

(1)

Но xb — ya = 0 (mod р), поэтому (xa + yb)2 делится на р2. Итак, обе части равенства (1) можно сократить на р2. В результате получим представление числа 1 в виде суммы двух квадратов целых чисел. Такое представление единственно, поэтому либо ха + уЪ = 0, либо хЪ — уа = 0. Числа х и у взаимно простые, числа а и fr тоже взаимно простые. Поэтому если хЬ = уа, то либо х = а и у = fr, либо х = —а и у = —fr. Если же ха = —г/fr, то либо х = fr и г/ = —а, либо х = —Ь m и = а.

31.57. Пусть

Несложно проверить, что

31.58. Числа х2, где х — целое число и0^х< ^ , дают разные остатки при делении на р. Действительно, если х\ = х\ (mod р), то xi ± Х2 = 0 (mod /?). Но в рассматриваемой ситуации 0 < х\ + Х2 <р.

Аналогично числа — 1 — у , где 0 ^ г/ ^ —^—, дают разные остатки при делении на р. Количество чисел в обеих группах равно р+1, поэтому какие-то два числа дают одинаковые остатки при делении на р. Эти числа должны быть из разных групп. Таким образом, x2 = — 1 — у2 (mod р), т. е. 1 + х2 + у2 = тр, причём

Следовательно,

а значит, 0<т<р.

31.59. а) Непосредственно следует из задачи 31.58: можно положить Х\ = 1, Х2 = X, Хз = У И Х4 = 0.

б) Предположим, что число х\ + х\ + xfj + х2 четно. Тогда количество нечётных чисел среди xi, Х2, Хз и Х4 четно. Поэтому можно считать, что числа Х\ и Х2 одной чётности и числа Хз и Х4 тоже

одной чётности. Тогда тождество

показывает, что чётное число m можно заменить на меньшее число т/2.

в) Предположим, что то — наименьшее из рассматриваемых чисел т, причём то ф 1. Согласно задаче б) число то нечётно. Поэтому каждое число xL можно представить в виде Xi = то bL + у и где \yi \ < то/2. Действительно, если Г/ —остаток от деления х\ на то, то одно из чисел г, или то — п меньше то-

Числа xi, Х2, хз и х± не могут все делиться на то, поскольку иначе тор = х\ + х\ + х\ + х\ делится на то, а значит, р делится на то- Но 1 < то <р. Следовательно, хотя бы одно из чисел у\, у2, уз и у4 отлично от нуля. Таким образом,

(1)

Кроме того, г/, = х-, (mod то), поэтому

(2)

Из (1) и (2) получаем, что г/f + г/1 + г/§ + г/1 = тот\, где 0 < т\ < то.

Умножим число х\ + х\ + х\ + х\ = тор на г/f + г/1 + г/§ + г/f = тот\ и воспользуемся тождеством из решения задачи 31.57. В результате получим равенство вида г\ + г\ + г\ + г\ = т\т\р. Несложно проверить, что каждое из чисел Z\, 22, 23, 24 делится на то- Действительно,

Для 2з и 24 доказательство аналогично.

Положим ti = Zi/mo. Тогда t\ +1\ +1\ +1\ = m\p, где 0 < m\ < mo. Это противоречит предположению о том, что число то наименьшее.

31.60. Согласно задаче 31.59 любое нечётное простое число можно представить в виде суммы четырёх квадратов целых чисел. Число 2 можно представить так: 2 = I2 + I2 + О2 + О2. Остаётся воспользоваться результатом задачи 31.57.

31.61. Пусть р - 1 = qd + г, где 0 ^ г < d. Тогда 1 ее хр~1 ее xqd+r ее ее хг (mod р). Но d — это наименьшее натуральное число, для которого xd = l (mod р). Следовательно, r = 0.

31.62. Решение аналогично решению задачи 31.61.

31.63. а) Пусть остаток х принадлежит показателю d. Тогда d остатков 1, х, х2, Xs, xd~l различны и все они удовлетворяют уравнению Xd = 1 (mod р). Поэтому никаких других остатков, удовлетворяющих этому уравнению степени d, нет (задача 31.33). Любой остаток у, принадлежащий показателю d, удовлетворяет уравнению yd = 1 (mod р). Следовательно, у — это один из остатков 1, x, x2, Xs, xd~l. Но xk принадлежит показателю d тогда и только тогда, когда числа d и k взаимно просты. Действительно, остатки xk, х2к, x^d~1)k не равны 1 тогда и только тогда, когда числа k, 2k, (d — l)k не делятся на d.

Мы доказали, что если показателю d принадлежит хотя бы один остаток, то ему принадлежит ровно cp(d) остатков.

б) Каждый остаток х принадлежит некоторому показателю d, делящему р—1. Согласно задаче а) показателю d принадлежит не более (p(d) остатков. Поэтому р—1 ^^(p(d), где суммирование ведётся по всем числам d, делящим р—1. При этом если хотя бы одному показателю d, делящему р—1, принадлежит менее (p(d) остатков, то неравенство строгое: р—1 <^(p(d). С другой стороны, согласно задаче 31.10 р — 1 = ^cp(d). Поэтому каждому показателю d, делящему р—1, принадлежит ровно (p(d) остатков.

в) Непосредственно следует из задачи б): достаточно положить d=p-l.

31.64. а) Предположим сначала, что n=p2q. Пусть x=pq. Тогда x ф 0 (mod ri), но xd+l = 0 (mod п) для любого натурального числа d.

Предположим теперь, что п— р\ ...pk, где р\, pk — попарно различные простые числа. Тогда если число xd+l — х делится на р\, pk, то оно делится и на п. Если число р простое, то согласно малой теореме Ферма хр~1 = 1 (mod р), поэтому x(p-i)m+i =х (mo(j ру Значит, xd+l =х (mod р) для любого числа d, делящегося на р—1. Таким образом, в качестве d можно взять НОК(pi-l, ...,pk-l).

б) В задаче а) доказано, что если d = НОК(pi — 1, ..., pk — 1), то xd+l =х (mod п) для всех х. Остаётся доказать, что если = x (mod п) для всех х, то d делится на НОК(pi — 1, ..., pk — 1). Для этого достаточно доказать, что d делится на каждое из чисел pi - 1, m - 1.

Если xd+l = x (mod n), то xd+l = x (mod pi). Пусть Xi — первообразный корень по модулю pL. В таком случае х\ = 1 (mod pi) тогда и только тогда, когда г делится на pL — 1. Если xf+1 = Х\ (mod pt),

Поэтому d делится на pt — 1 (задача 31.62).

31.65. а) Пусть q — нечётный простой делитель числа ар — 1. Тогда ар = 1 (mod q). Поэтому согласно задаче 31.62 показатель d числа а по модулю q является делителем числа р, т. е. d = 1 или d = р. Если d = 1, то а = 1 (mod #), поэтому q — делитель числа а — 1. Если d=p, то согласно задаче 31.61 р — делитель числа q—1. Учитывая, что число q—1 четно, получаем q — 1 = 2рх.

б) Пусть q — нечётный простой делитель числа ар + 1. Тогда ар = — 1 (mod q). Поэтому а2р = 1 (mod q). Следовательно, показатель d числа а по модулю q является делителем числа 2р. Ясно, что а ф 1 (mod q) иар^1 (mod q), поэтому d = 2 или d = 2р. Если а2 = 1 (mod а), то а = — 1 (mod а), т. е. а — делитель числа а + 1. Если d = 2р, то 2р — делитель числа q—1. Поэтому q — 1 = 2рх.

31.66. Прежде всего заметим, что такие простые числа есть: согласно задаче 31.65 а) все простые делители числа 2Р — 1 имеют такой вид. Предположим, что существует лишь конечное число простых чисел вида 2рх + 1, а именно, числа р\, рп. Рассмотрим число (р\ ...рп)р — 1. Согласно задаче 31.65 а) это число имеет простой делитель вида 2рх + 1. Действительно, пусть а = р\.. .рп. Тогда а = 1 (mod р), т.е. а = 1 + рх. Число

взаимно просто с рх = а — 1, поэтому у числа ар — 1 должны быть делители, отличные от а — 1. Ясно также, что число (р\...рп)р — 1 взаимно просто с р\, рп. Мы получили простое число вида 2рх + 1, отличное от р\, рп, что противоречит предположению.

31.67. Пусть q — простой делитель числа 22 +1. Тогда 22 = — 1 (mod q), поэтому 22" = 1 (mod q). Согласно задаче 31.62 показатель d числа 2 по модулю q является делителем числа 2n+l. Следовательно, d = 2"+1, поскольку 22 ф 1 (mod q). Таким образом, число 2n+l является делителем числа q—1 (задача 31.61).

31.68. При п > 1 числа Зпр взаимно простые. Согласно задаче 31.46 б) ^-^ = —1, поэтому З2" 1 = —1 (mod 2п + 1). Показатель числа 3 по модулю 2п + 1 является делителем числа 2п, причём он больше 2п~х. Следовательно, показатель числа 3 по модулю 2п + 1 равен 2п.

31.69. Если п делится на р — 1, то ап = 1 (mod р) для любого а, взаимно простого с р. Значит, S=p — 1 ее — 1 (mod р).

Предположим теперь, что п не делится на р — 1. Пусть х — первообразный корень по модулю р. Тогда согласно задаче 31.62 хп ф 1 (mod р). Число х взаимно просто с р, поэтому набор остатков при делении нар чисел x, 2х, Sx, (р — 1)х совпадает с набором 1, 2, р — 1. Следовательно, S = xnS (mod р). Учитывая, что хп ф 1 (mod р), получаем S = 0 (mod р).

31.70. Заметим, что если г ^ 1, то (1 + km!')'11 ее 1 (mod mr+l). Действительно, (1 + kmr)m = 1 + C)nkm' + C2mk2m2r +... В этой сумме слагаемое Clmkmr = kmr+l делится на mr+1. Последующие слагаемые делятся на т2г, поэтому они тоже делятся на mr+1. Таким образом, {l+kmr)m = l+kim2, (l+kmr)m2 = (l+k1m2)rn = l+k2m3 и т. д.

31.71. Если x — первообразный корень по модулю ра, то не существует натурального s<pa~1 (р— 1 ), для которого Xs = 1 (mod ра). Предположим, что = 1 (mod р) для некоторого натурального t < р — 1. Тогда согласно задаче 31.70 xtp<X = 1 (mod ра). Получено противоречие, поэтому х — первообразный корень по модулю р.

31.72. Пусть k — наименьшее натуральное число, для которого хк ее 1 (mod ра). Тогда ра~1(р — 1) делится на k (задача 31.12). Ясно, что xk = l (mod р), поэтому k делится на р — 1. Таким образом, k =pß (р — 1), где 0 ^/3 ^ ос — 1. Предположим, что ß ^ а — 2. Тогда, возведя обе части сравнения х^ее 1 (mod ра) в степень ра~2~^, получим xp0f ее 1 (mod ра), что противоречит условию. Следовательно, ß = р— 1, т. е. k = ра ] (р 1) = ср (ра).

31.73. Предположим, что числа х и х + р не являются первообразными корнями по модулю р2. Оба эти числа являются первообразными корнями по модулю р, поэтому согласно задаче 31.72 хр~1 ее 1 (mod р2) и (х+р)р_1 = 1 (mod р2). Следовательно, число (х+р)р~1 —хр~1 = {р— 1)хр~2р + С2_1хр~^р2 + ... делится нар2, а значит, р(р — 1)хр~2 делится на р2, т. е. (р — 1)хр~2 делится на р. Но это противоречит тому, что р — 1 и х взаимно просты с р.

31.74. Числа х и р взаимно простые, поэтому согласно малой теореме Ферма хр~х = 1 (mod р), т. е. хр~х = 1 +pt. Наименьшее натуральное k, для которого хк ее 1 (mod р2), равно р(р — 1), поэтому t не делится на р.

Возведём равенство хр~х = 1 + pt в степень п= ра~2, где а > 2. В результате получим

Согласно задаче 14.33 Csnps делится на ра при s ^ 2. С другой стороны, npt=p0l~1t не делится нара. Поэтому хр<Х {p~l) = l+npt^ ф 1 (mod р01). Значит, согласно задаче 31.72 число х — первообразный корень по модулю ра.

31.75. Ясно, что (р(2ра) = ср(ра). Пусть х — первообразный корень по модулю ра. Заменив при необходимости х на х + р01, можно считать, что число х нечётно. Достаточно доказать, что хк = 1 (mod ра) тогда и только тогда, когда хк ее 1 (mod 2ра). Если хк ее 1 (mod ра) и хк ее 1 (mod 2), то хА' ее 1 (mod 2ра). Утверждение в обратную сторону очевидно.

31.76. Числа 1 и 3 являются первообразными корнями по модулям 2 и 4. Остаётся доказать, что если п ^ 3, то первообразного корня по модулю 2п не существует. Поскольку (р(2п) = 2п~\ достаточно доказать, что х2" ее 1 (mod 2п) при п ^ 3 для любого нечётного x. Пусть x = 1 + 2t. Тогда х2 = 1 + 4t(t + 1) ее 1 (mod 8). При п = 3 требуемое утверждение доказано. Предположим теперь, что x2""2 = 1 + 2nt, где п > 3. Тогда х2""1 = (1 + 2nt)2 = 1 + 2n+lt + 22nt2 ее ее1 (mod 2"+1).

31.77. Предположим, что х — число, взаимно простое с т. Согласно задаче 31.14 xL{m) ее 1 (mod m), где L(m) — обобщённая функция Эйлера. Поэтому достаточно доказать, что если число m не имеет указанного в условии задачи вида, то L(m) < (р(т).

Если число m имеет два различных нечётных простых делителя pi и р2, то числа pi — 1 и р2 — 1 имеют нетривиальный общий делитель. Поэтому НОК(pi — 1, р2 — 1) < (pi — 1) (Р2 — 1), а значит, L(m) < ср(т).

Если m = 2apß, где а ^ 2, /3^1 и/? — нечётное простое число, то (р(т) = 2a-1pß-1(p- 1) и L(m) =НОК(2а~1, У3"1 (р - 1)). Числа 2а~1 и /? — 1 имеют общий делитель 2, поэтому L(m) < (р(т).

31.78. Для каждого натурального числа п можно выбрать натуральное число k так, что 22k~2 <n^22k. Тогда

Поэтому достаточно доказать, что

Каждое простое число р, удовлетворяющее неравенствам

является делителем биномиального коэффициента

поэтому

Следовательно,

(2)

Просуммируем неравенства (2) для m = k + l, k + 2, 2k и воспользуемся тем, что в этом случае m — 1 ^ k, т. е. 2т/(т — 1) ^ 2m/k. В результате получим

Ясно также, что

Поэтому

31.79. Согласно задаче 14.34, если рт делит Сп, то рт ^ п. Поэтому Ci = Y\Pm < пЛ(п)- Запишем такие неравенства для всех биномиальных коэффициентов с фиксированным п и сложим их. В результате получим

Поэтому достаточно доказать, что если n ^ 201, то

При x > 2 производная функции

отрицательна, поэтому указанное неравенство достаточно проверить для д = 201. Это делается непосредственными вычислениями:

31.80. Каждое число р, удовлетворяющее неравенствам п <р ^ ^ 2п, является делителем биномиального коэффициента С2г,г, поэтому

Прологарифмировав это неравенство, получаем

(1)

Предположим, что для некоторого п уже доказано неравенство

Тогда из неравенства (1) следует, что

Мы хотим доказать неравенство

Для этого достаточно доказать неравенство

Последнее неравенство переписывается в виде In п ^ 5 In 2. Оно выполняется при п ^ 2 .

Чтобы можно было применить индукцию, нужно ещё доказать неравенство

Заметим, что из (1) и очевидного неравенства следует, что

Таким образом, достаточно доказать неравенство

Ясно, что 3-> 6, поэтому достаточно доказать неравенство

Если п ^ 55, то выражение в правой части больше 5,1053, а выражение в левой части меньше 5,1052 (монотонность обоих выражений доказывается дифференцированием).

Чтобы завершить доказательство, нужно непосредственно проверить, что утверждение верно для всех п от 55 до 109. После этого можно воспользоваться тем, что если утверждение верно для некоторого п, то оно верно для 2п и 2д+ 1.

ГЛАВА 32

МНОГОЧЛЕНЫ — II

Основная теорема алгебры заключается в том, что любой многочлен имеет по крайней мере один (комплексный) корень. Из этого с помощью теоремы Безу (задача 10.2) легко выводится, что многочлен степени п имеет ровно п корней, с учётом их кратности.

У основной теоремы алгебры есть много разных доказательств. Одно из возможных использует следующую теорему Руше, которая имеет и самостоятельный интерес.

32.1. Пусть / и g— многочлены и у — замкнутая несамопересекающаяся кривая на комплексной плоскости. Докажите, что если

(1)

при всех z G у, то внутри кривой у расположено одинаковое количество корней многочленов f л g, с учётом их кратности (Руше).

32.2. Пусть f(z) = zn + a\zn~x + ... + ап, где at — комплексные числа. Докажите, что тогда внутри круга \ z\ = 1+max |at расположено ровно п корней многочлена / (с учётом их кратности).

32.1. Разделение корней

Здесь мы обсудим различные утверждения, позволяющие вычислить или хотя бы оценить сверху количество вещественных корней многочлена, расположенных на интервале (а, Ь). Формулировки таких теорем часто используют понятие числа перемен знака в последовательности ао, ai, ап, где аоа^/О. Это число определяется следующим образом. Все нулевые члены рассматриваемой последовательности исключаются, а для оставшихся

ненулевых членов вычисляется количество пар соседних членов разного знака.

32.3. Пусть N(x) —число перемен знака в последовательности /(x), f(x), ..., /(п)(х), где / — многочлен степени п. Докажите, что тогда число корней многочлена / (с учётом их кратности), заключённых между а и Ь, где /(а) ф О, f(b) ф О и а < Ь, не превосходит N(a) — N(b), причём число корней может отличаться от N(a) — N(b) лишь на чётное число (Фуръе—Бюдан).

32.4. а) Докажите, что количество положительных корней многочлена f(x) = аохп + а\хп~1 + ... + ап, где ап ф О, не превосходит числа перемен знака в последовательности ао, ai, ап {правило Декарта).

б) Докажите, что количество отрицательных корней многочлена f(x) = аохп + а\хп~1 + ... + ап, где ап ф О, не превосходит числа перемен знака в последовательности (—1)пао, {-\у-1аи ап.

32.5. Докажите, что если в многочлене f(x) = аохп + а\Хп~1 + ... + ап, где ап ф О, отсутствуют 2т последовательных членов (т.е. коэффициенты при этих членах равны нулю), то у этого многочлена не менее 2т мнимых (не вещественных) корней, а если отсутствуют 2т + 1 последовательных членов, то в случае, когда их заключают члены разного знака, многочлен имеет не менее 2т мнимых корней, а в случае, когда их заключают члены одного знака, многочлен имеет не менее 2т + 2 мнимых корней (де Гуа).

Рассмотрим многочлены f(x) и fi(x) =f(x). Будем искать наибольший общий делитель многочленов / и Д по алгоритму Евклида:

Последовательность /, /ь fn-i, fn называют последовательностью Штурма многочлена /.

32.6. Пусть w(x) —число перемен знака в последовательности f(x)9 fi(x)9 fn(x)- Докажите, что количество корней многочлена / (без учёта их кратности), заключённых между а и Ъ9 где f(a) ^ О, f(b) ^Оиа<М точности равно w(a) — w(b) (Штурм).

32.7. Докажите, что корни производной многочлена Р принадлежат выпуклой оболочке корней самого многочлена Р (Гаусс—Люка).

32.8. Пусть P(z) = (z — х\) ...(z — хп)9 где х\ < ... < хп. Докажите, что если некоторый корень xt заменяется на х[ G (хи Xi+i)9 то все корни производной многочлена Р увеличиваются.

32.2. Неприводимые многочлены

Иногда возникает потребность рассматривать многочлены не только с действительными или целыми коэффициентами, но и с коэффициентами в произвольном поле или коммутативном кольце. Кольца и поля — это множества, в которых есть операции сложения и умножения. В кольцах, в отличие от полей, нет операции деления. Например, действительные или рациональные числа образуют поле, а целые числа — только кольцо, потому что отношение двух целых чисел не всегда является целым числом.

Точные определения таковы. Кольцо К — это множество, в котором для любых двух элементов х и у определены их сумма х + у и произведение ху (они тоже являются элементами К). Эти операции обладают следующими свойствами:

• х+у = у+х (коммутативность сложения);

• (х + у) + z = x + (у + z) (ассоциативность);

• в К существует нулевой элемент О, для которого х + 0 = х для любого x из К;

• для любого элемента х из К существует противоположный элемент —х, для которого х+ (—х) = 0;

• х(у + z) = ху + xz и (х + y)z = xz + yz (дистрибутивность умножения относительно сложения).

Кольцо К называют коммутативным, если умножение в нём коммутативно, т. е. ху = ух для любых элементов х и у из К.

Кольцо К называют ассоциативным, если умножение в нём ассоциативно, т. е. (xy)z = x(yz) для любых x, у и z из К.

Элемент 1 кольца К называют единицей, если 1х = х1 = х для любого элемента х кольца К.

Говоря о кольцах, мы всегда будем подразумевать коммутативные ассоциативные кольца с единицей.

Полем называют коммутативное ассоциативное кольцо с единицей, в котором для каждого элемента х/0 существует обратный элемент х-1, для которого хх~1 = 1.

Поле k называют подполем поля К (обозначение: kcK; К при этом называют расширением поля k), если каждый элемент поля k одновременно является элементом поля К, причём операции сложения и умножения для элементов k будут теми же самыми, если мы рассмотрим их как элементы К; нулевой элемент и единица в k те же самые, что и в К. Например, поле рациональных чисел является подполем поля действительных чисел.

Пусть / и g— многочлены с коэффициентами из поля k. Говорят, что многочлен / делится на многочлен g, если f = gh, где h — некоторый многочлен (с коэффициентами из поля k).

Многочлен d называют общим делителем многочленов f и g, если / и g делятся на d. Общий делитель d многочленов f и g называют наибольшим общим делителем многочленов f и g, если он делится на любой общий делитель многочленов f и g. Ясно, что наибольший общий делитель определён однозначно с точностью до умножения на ненулевой элемент поля k.

Наибольший общий делитель с/ = НОД(/, g) многочленов / и g можно найти с помощью следующего алгоритма Евклида. Для определённости будем считать, что deg / ^ deg g, где deg обозначает степень многочлена. Пусть г\ — остаток от деления / на g, Г2 — остаток от деления g на г\, г/г+i — остаток от деления Г/г_1 на Г/г. Степени многочленов Г/ строго убывают, поэтому для некоторого п получим гя+1 =0, т. е. гп-\ делится на гп. При этом f и g делятся на гп, так как на гп делятся многочлены гп-\, гп-2, ... Кроме того, если f и g делятся на некоторый многочлен h, то гп делится на h, так как на h делятся многочлены П, Г2, ... Таким образом, гп = (/, g).

Непосредственно из алгоритма Евклида вытекают важные следствия, которые мы сформулируем отдельно.

а) Если d — наибольший общий делитель многочленов f и g, то найдутся такие многочлены а и Ь, что d = af + bg.

б) Пусть / и g многочлены над полем kcK. Тогда если у многочленов / и g есть нетривиальный общий делитель над полем К, то у них есть нетривиальный общий делитель и над полем k.

Многочлен / с коэффициентами из кольца k называют приводимым над /г, если f = gh, где g и h — многочлены положительной степени с коэффициентами из кольца k. В противном случае многочлен / называют неприводимым над k.

Пусть / = fi... fs — некоторое разложение многочлена / над полем k на множители /ь /s, являющиеся многочленами над полем k. От разложения на множители с произвольными коэффициентами можно перейти к разложению со старшим коэффициентом 1. В самом деле, если fi(x) = atxl + ... — многочлен над полем /г, то gi = a^1ft — тоже многочлен над полем k, причём его старший коэффициент равен 1. Поэтому разложение f=fi...fs можно заменить на разложение / = agi ...gs, где а = а\...as. Мы не будем различать два разложения такого вида, отличающиеся лишь порядком множителей.

32.9. Докажите, что если многочлен qr делится на неприводимый многочлен р, то один из многочленов q и г делится на р.

32.10. Пусть k — поле. Докажите, что у многочлена f(x) с коэффициентами из k есть разложение на неприводимые множители, причём это разложение единственно.

Для кольца целых чисел неприводимость многочленов определяется точно так же, как и в случае поля, т. е. многочлен f(x) с целыми коэффициентами неприводим над кольцом целых чисел, если его нельзя представить в виде произведения многочленов положительной степени с целыми коэффициентами. Но в случае кольца целых чисел не всегда можно поделить коэффициенты многочлена на старший коэффициент; можно лишь поделить коэффициенты на наибольший общий делитель всех коэффициентов. Это приводит к следующему определению. Пусть f(x) = ^а;х', где а/ — целые числа. Наибольший общий делитель коэффициентов ао, ап называют содержанием многочлена /. Содержание многочлена / обозначают cont(/). Ясно, что f(x) =cont(f)g(x), где g — многочлен с целыми коэффициентами и с содержанием 1.

32.11. Докажите, что cont(/g) = cont(/) cont(g) (лемма Гаусса).

32.12. Докажите, что многочлен с целыми коэффициентами неприводим над кольцом целых чисел тогда и только тогда, когда он неприводим над полем рациональных чисел.

32.13. Пусть f(x) = ао + а\Х +... + апхп — многочлен с целыми коэффициентами, причём для некоторого простого числа р коэффициент ап не делится на р, коэффициенты ао, an-i делятся на р, но коэффициент ао не делится на р2. Докажите, что тогда / — неприводимый многочлен (признак Эйзенштейна).

32.14. Докажите, что если р — простое число, то многочлен f(x) = хр~г + хр~2 +... + х + 1 неприводим.

32.3. Симметрические многочлены

Многочлен f(xi, хп) называют симметрическим, если для любой перестановки а выполняется равенство

Основным примером симметрических многочленов служат элементарные симметрические многочлены (элементарные симметрические функции)

где 1 ^ k ^ п; удобно считать, что сто = 1 и Ok (х\, ..., хп) = 0 при k > п.

Элементарные симметрические многочлены можно задавать с помощью производящей функции

Если xij Хп — корни многочлена

Другим примером симметрических многочленов служат полные однородные симметрические многочлены

Им соответствует производящая функция

Важным примером симметрических многочленов служат также степенные суммы

Им соответствует производящая функция

Иногда используются мономиальные симметрические многочлены

32.15. Докажите, что если

32.16. Докажите, что

32.17. Докажите, что

32.18. Пусть

Докажите, что

(формулы Ньютона).

32.19. Сумма трёх целых чисел х9 у9 z равна нулю. Докажите, что 2(х4 + у4 + 24) — квадрат целого числа.

32.20. Целые числа х\9 х$ таковы, что xi + ... + х$ и х\ + ... + #5 делятся на нечётное число п. Докажите, что

тоже делится на п.

32.21. Пусть х\9 Х2, хз — корни многочлена Xs + рх + q. Вычислите sn = х\ + х\ + х\ для п = 1, 2, 10.

32.22. Пусть х\ = Ъ + с + d, Х2 = — (а + b + с), хз = а — d, г/1 = а + с + d, г/2 = — (а + & + d) и у3 = Ь — с. Пусть, далее, £3+Pi£ + #i и £3+/?2£ + #2 — многочлены с корнями Х\, Х2, Хз и г/1, г/2? г/з соответственно. Докажите, что р\ = Р2 тогда и только тогда, когда ad = bc.

32.23. Пусть

причём ad = be. Докажите, что /2 = /4 = 0 и 64/б/ю = 45/| (тождества Рамануджана).

32.24. а) Пусть f(x\, — симметрический многочлен. Докажите, что существует многочлен ^(1/1, ..., ул)> для которого /(xi, хп) = g(o\, (7Л). При этом многочлен g единствен (основная теорема о симметрических многочленах).

б) Докажите, что если f(x\, хп) —симметрический многочлен с целыми коэффициентами, то f(x\, хп) = ë(oii о"л)> где g* — тоже многочлен с целыми коэффициентами.

Из основной теоремы о симметрических многочленах следует, что если xi, Хп — корни многочлена хп + а\хп~1 + ... + ап, то величина

представляющая собой симметрический многочлен от х\, ..., хп, полиномиально выражается через а\, ап. Эту величину называют дискриминантом многочлена.

Назовём многочлен f(x\, хп) кососимметрическим, если

т.е. при перестановке любых двух переменных X/ и х} многочлен меняет знак. Примером кососимметрического многочлена

служит

32.25. Докажите, что любой кососимметрический многочлен f(x\9 хп) можно представить в виде

где g— симметрический многочлен.

Пусть Л = (Ль Ап) —разбиение, т.е. упорядоченный набор целых неотрицательных чисел Ai ^ Х2 ^ ... ^ Хп ^ 0. Положим |А| = Ai + ... + Ал. Будем считать, что А ^ р., если Ai + ... + Xk ^/ii + ... + yk при /г = 1, 2, д.

Каждому набору А можно сопоставить однородный симметрический многочлен

(1)

Степень этого многочлена равна |А|.

Например, если А = (1, ..., 1), то Мд(хь ..., хп) = xi ...x„. В самом деле, сумма (1) в этом случае состоит из ni слагаемых xi ...хп. А если X = (п, 0, ..., 0), то М\(х\9 ..., хп) = (xj +... + Хп)/п. В самом деле, сумма (1) в этом случае состоит из (п — 1)1 слагаемых xj, (п — 1)1 слагаемых х£ и т. д.

32.26. Докажите, что неравенство Мд(х) ^М^(х) выполняется при всех х= (xi, хп) с положительными х\9 ... ..., хп в том и только том случае, когда |А| = |^| и Х^у. При этом равенство достигается лишь в том случае, когда А = у и Х\ = ... = хп (Мюрхед).

32.4. Многочлены Чебышева

32.27. Докажите, что cos пер полиномиально выражается через cos ср9 т.е. существует такой многочлен Тп(х)9 что

Многочлены Тп(х) из задачи 32.27 называют многочленами Чебышева.

32.28. Вычислите многочлены Чебышева Тп(х) при д^5.

32.29. Докажите, что | Тп (х) | ^ 1 при х ^ 1.

32.30. Докажите, что Тп(х) = 2n~lxn+ aixn~l+ ... + аП, где а\, ..., ал — целые числа.

32.31. Пусть Рп(х) = хп + ... — многочлен степени п со старшим коэффициентом 1, причём |Рл(х)| ^ я_1 при \х \ ^ 1. Тогда Рп(х) = n_i Тп(х). (Иными словами, многочлен ——[Тп(х) —наименее уклоняющийся от нуля на интервале [—1, 1] многочлен степени п со старшим коэффициентом 1.)

32.32. Докажите, что многочлены Чебышева Тп(х) и Тт(х) обладают следующим свойством: Тп(Тт(х)) = Тт(Тп(х)).

32.33. а) Пусть п = 2k + 1. Докажите, что число

для любого целого / является корнем многочлена Tk+i(x) — -Tk(x).

б) Пусть n = 2k. Докажите, что число cos ( Для любого целого / является корнем многочлена Ти+\(х) — Tk-i(x).

32.34. а) Вычислите многочлены Tk+i(x) — Tk(x) при k^4.

о) Докажите, что числа cos — и cos — являются корнями многочлена 4х2 + 2х — 1.

в) Докажите, что числа cos — , cos — и cos — являются корнями многочлена 8х3 + 4х2 — 4х — 1.

г) Докажите, что числа cos — , cos — и cos — являются корнями многочлена 8х3 — 6х + 1.

В некоторых случаях вместо многочлена Тп(х) удобно рассматривать многочлен Рп(х) = 2Тп(х/2) со старшим коэффициентом 1. Многочлены Рп(х) удовлетворяют рекуррентному соотношению Рп+1 (х) = хРп (х) — Рп-1 (х), причём Ро (х) = 1 и Pi (х) = X, поэтому Рп(х) —многочлен с целыми коэффициентами.

Если z = cos ср + i sin ср = е1Ср, то г + z~l = 2 cos ср и гп + г~п = 2 cos пер. Поэтому Р(2 + 2~г) = 27\z(cos ср) = 2 cos пер =2п + 2~п, т.е. многочлен Рп(х) соответствует полиномиальному выражению величины 2п + 2~п через 2 + 2~1.

32.35. С помощью многочленов Рп докажите следующее утверждение: если оба числа а и cos (ал:) рациональны, то число 2cos(a7ü) целое, т.е. cos(a7r)=0, ±1/2 или ±1.

См. также задачу 29.55.

32.5. Алгебраические и трансцендентные числа

Комплексное число ос называют алгебраическим, если оно является корнем неприводимого многочлена с рациональными коэффициентами. Если старший коэффициент этого многочлена равен 1, а все остальные коэффициенты — целые числа, то число ос называют целым алгебраическим.

Комплексное число ос, которое не является алгебраическим, называют трансцендентным.

Если число ос является корнем многочленов f(x) и g(x) с рациональными коэффициентами, то эти многочлены имеют общий делитель х — ос над полем комплексных чисел. Но тогда они должны иметь нетривиальный общий делитель и над полем рациональных чисел. Таким образом, каждому алгебраическому числу ос соответствует единственный неприводимый многочлен / со старшим коэффициентом 1. Корни этого многочлена называют числами, сопряжёнными с ос.

Назовём многочлен унитарным, если его старший коэффициент равен 1. Несложно показать, что если ос — корень произвольного (т. е. не обязательно неприводимого) унитарного многочлена с целыми коэффициентами, то ос — целое алгебраическое число. Иными словами, если унитарный многочлен с целочисленными коэффициентами представлен в виде произведения двух унитарных многочленов с рациональными коэффициентами, то все эти рациональные коэффициенты — целые числа. Это утверждение — одна из возможных формулировок леммы Гаусса (задача 32.11).

32.36. Пусть хо — корень многочлена

с целыми коэффициентами ао, ai, ап. Докажите, что число аоХо целое алгебраическое.

32.37. Пусть а — корень неприводимого многочлена f(x) =

Докажите, что существует такое число о 0 (зависящее только от а), что для любого целого р и натурального q (теорема Лиувилля).

32.38. Докажите, что число ос = трансцендентное

(Лиувилль). k=0

32.39. а) Пусть а и ß — алгебраические числа, ср (х9 у) — произвольный многочлен с рациональными коэффициентами. Докажите, что тогда ср(ос9 ß) —алгебраическое число.

б) Пусть а и ß — целые алгебраические числа, ср (х9 у) — произвольный многочлен с целыми коэффициентами. Докажите, что тогда ср(ос9 ß) —целое алгебраическое число.

В частности, если а и ß — алгебраические числа (целые алгебраические числа), то aß и а ± ß тоже алгебраические числа (целые алгебраические числа). Кроме того, если ос ф О — алгебраическое число, то ос~1 тоже алгебраическое число. В самом деле, если ос — корень многочлена akXk степени п, то ос~1 — корень многочлена ^dkXn~k. Но если а— целое алгебраическое число, то число а-1 не обязательно целое алгебраическое. Таким образом, алгебраические числа образуют поле, а целые алгебраические числа образуют кольцо.

32.40. Пусть а и ß — алгебраические числа, связанные соотношением ср(а9 ß) =0, где ср —многочлен с рациональными коэффициентами. Докажите, что тогда для любого числа oci9 сопряжённого с а, найдётся число ßj9 сопряжённое с ß9 для которого cp(oci9 ßj) =0.

32.41. Пусть а — корень многочлена

где ßo9 ßn-i — целые алгебраические числа. Докажите, что тогда а — целое алгебраическое число.

Алгебраическое число а называют вполне вещественным, если все сопряжённые с ним числа вещественны. Иными словами, все корни неприводимого многочлена с корнем а вещественны.

32.42. Докажите, что число а = 2 cos(kK/n) вполне вещественно.

32.6. Присоединение корня многочлена

Пусть k — подполе поля комплексных чисел, f(x) — многочлен с коэффициентами из k. Если корень а многочлена f(x) не принадлежит k, то можно рассмотреть наименьшее поле, которое одновременно содержит k и а. Это поле обозначают k(oc). При этом говорят, что оно получено из k присоединением ос. Поле,

которое получается присоединением всех корней многочлена f(x) называют полем разложения этого многочлена (над полем k).

32.43. Пусть f(x) — неприводимый многочлен степени п над полем k, а — некоторый его корень. Докажите, что поле k(a) состоит из чисел вида сл_1ал_1+сл_2ал_2 + ... + С1а + со, где Со, cn-i —числа из поля k.

32.44. Пусть f(x) — неприводимый многочлен степени п над полем k, а — некоторый его корень. Докажите, что если

где с0, cn-i и d0, dn-\ — числа из поля й, то ст = dm для яг = О, 1, n — 1.

Решения

32.1. Рассмотрим на комплексной плоскости векторные поля v(z) =f(z) и w(z) =g(z). Из условия (1) следует, что ни в какой точке кривой у векторы v и w не являются противоположно направленными.

Индексом* кривой у относительно векторного поля v называют количество оборотов вектора v(z) при полном обходе точки z вдоль кривой у. Рассмотрим векторное поле vt = tv + (1 — t)w. При этом vo = w и vi = v. Ясно также, что в любой точке z G у вектор Vt(z) ненулевой. Это означает, что для кривой у определён индекс ind(£) относительно векторного поля vt. Целое число ind(£) непрерывно зависит от t, поэтому ind(£) = const. В частности, индексы кривой у относительно векторных полей v и w совпадают.

Несложно показать, что индекс кривой у относительно векторного поля v равен сумме индексов особых точек, в которых v(z) =0. (Индекс особой точки zo определяется как индекс кривой \ z — zo \ = е, где £ достаточно мало.) Для векторного поля v(z) = f(z) индекс особой точки Zo равен кратности корня Zo многочлена /. Таким образом, из совпадения индексов кривой у относительно векторных полей v(z) =f(z) и w(z) =g(z) следует, что внутри кривой у расположено одинаковое количество корней многочленов /и g.

* Для более подробного знакомства со свойствами индекса мы советуем обратиться к главе 6 книги В. В. Пpасолов. Наглядная топология. М.: МЦНМО, 2006.

32.2. Пусть а = max I a; I. Многочлен g(z) = zn имеет внутри pacсматриваемого круга корень 0 кратности п. Поэтому достаточно проверить, что если | z | = 1 + а, то | f(z) — g(z) \ < \ f(z) | + |g(z) |. Мы даже докажем, что \f(z) — g(z) | < \g(z) |, т. е.

Ясно, что если | z | = 1 + а, то

32.3. Пусть точка х движется по отрезку [а, Ь] от а к Ь. Число N(x) изменяется лишь в том случае, когда х проходит через корень многочлена /("г) при некотором т^п.

Рассмотрим сначала случай, когда точка х проходит через г-кратный корень Хо многочлена /(х). В окрестности точки Хо многочлены /(x), f(x), /(г) (х) ведут себя приблизительно как (x — xo)rg(xo), (х — хо)г_1гя(хо), rlg(xo). Таким образом, при x < Хо в этой последовательности происходит г перемен знака, а при x > Хо в этой последовательности перемен знака не происходит (имеется в виду, что точка х достаточно близка к Хо).

Предположим теперь, что точка х проходит через корень многочлена который не является корнем многочлена /. Если этот корень является также и корнем многочлена ^т~1\ То мы заменим m на m — 1 и т. д. Поэтому можно считать, что точка х проходит через г-кратный корень Хо многочлена не являющийся корнем многочлена ^т~1\ Требуется доказать, что при проходе через хо число перемен знака в последовательности fm~l) (х), /(т)(х), /(т+г) (х) изменяется на неотрицательное чётное число. В окрестности точки Хо эти многочлены ведут себя приблизительно как .F(xo), (x — xo)rG(xo), (х — xo)r_1rG(xo), r!G(xo). Если исключить F(xo), то в оставшейся последовательности при x < хо происходит ровно г перемен знака, а при х > хо перемен знака не происходит. Что же касается первых двух членов, ^(хо) и (х — xo)rG(xo), то в случае чётного г число перемен знака при x < Хо и при x > Хо одно и то же, а в случае нечётного г число перемен знака при х < хо на 1 больше или меньше, чем при х > Хо (в зависимости от того, имеют ли F(xo) и G(xo) один и тот же знак или разные знаки). Итак, при чётном г изменение числа перемен знака равно г, а при нечётном г изменение числа перемен знака равно г± 1. В обоих случаях это изменение четно и неотрицательно.

32.4. а) Так как /(г) (0) = rlan-r, то N(0) совпадает с числом перемен знака в последовательности коэффициентов многочлена /. Ясно также, что N(+oo) = 0.

б) Достаточно применить правило Декарта к многочлену f(-x) = box" + bxxn-1 +... + Ьп, где Ьк = (-1)п~как.

32.5. Оценим количество положительных и отрицательных корней данного многочлена по правилу, сформулированному в задаче 32.4. Предположим, что между двумя членами ап-нхк и an-k+2m+ixk~2rn~1 отсутствуют 2т промежуточных членов. Если бы они не отсутствовали, то для положительных и отрицательных корней они дали бы 2т + 1 перемен знака. Вместо этого мы получаем только одну перемену знака (если числа an-k и an-k+2m+i разного знака, то для положительных корней, а если эти числа одного знака, то для отрицательных корней). Таким образом, оценка общего числа положительных и отрицательных корней уменьшается на 2т, и мы получаем по крайней мере 2т мнимых корней.

Предположим теперь, что между an-kXk и an-k+2m+2Xk~2in~2 отсутствуют 2т + 1 промежуточных членов. Тогда вместо 2т + 2 перемен знака мы получили бы либо две перемены знака (если числа an-k и an-k+2m+2 разного знака), либо ни одной перемены знака (если эти числа одного знака). Таким образом, число вещественных корней уменьшается либо на 2т, либо на 2т + 2.

32.6. Рассмотрим сначала случай, когда многочлен / не имеет кратных корней (т. е. многочлены / и /' не имеют общих корней). В таком случае fn — некоторая ненулевая константа.

Проверим сначала, что если мы проходим через один из корней многочленов f\, fn-i, то число перемен знака не изменяется. В рассматриваемом случае соседние многочлены не имеют общих корней, т. е. если fr(oc) = 0, то fr±i (ос) ф 0. Кроме того, из равенства fr-i =qrfr — /г+i следует, что fr-\(oc) = —/>+i(a). Но в таком случае число перемен знака в последовательности fr-\(oc), s, /r+i(a) равно 2 как при е > 0, так и при s < 0.

Будем двигаться от а к Ь. Если мы проходим через корень Хо многочлена /, то сначала числа f(x) и f (х) будут разного знака, а потом эти числа будут одного знака. Таким образом, количество перемен знака в последовательности Штурма уменьшается на 1. Все остальные перемены знака, как уже было показано, при прохождении через точку хо сохраняются.

Рассмотрим теперь случай, когда многочлен / имеет корень Хо кратности т. В таком случае / и f\ имеют общий делитель (х — Хо)т~г, поэтому многочлены f\, fr делятся на (х — Хо)т~1. Поделив /, /