Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду
 Скачать 3.42 Mb.
|
|
x + напрямую А сколько — по схеме Горнера? Многочленом (в алгебраическом смысле, с вещественными коэффициентами) называется бесконечный упорядоченный набор (a 0 , . . . , a n , . . Отдельные разделы написаны А. Я. Канель-Беловым и И. Н. Шнурниковым. Контрольные вопросы составлены М. Б. Скопенковым. Некоторые решения написаны МВ. Прасоловым и М. Б. Скопенковым. Гл. 1. Миникурс по алгебре вещественных чисел, среди которых лишь конечное количество отличны от нуля. Поставим в соответствие многочлену (те. набору) P = = (a 0 , . . . , a n , . . .) функцию ¯¯ P : R → R, заданную формулой ¯¯ P (x) = a 0 + + a 1 x + . . . + a n x n + . . . (эта сумма конечна. Поэтому многочлен P = = (a 0 , . . . , a n , . . .) обычно записывают в виде P (x) = a 0 + a 1 x + . . . + a n x те. также, как ¯¯ P . Однако будем различать P и ¯¯ P — пока не доказано, что это одно и тоже били в тех обобщениях, где это не одно и тоже в. Корнем многочлена a 0 + a 1 x + . . . + a n x называется такое число x 0 , что a 0 + a 1 x 0 + . . . + a n x n 0 = 0. 2. Дайте определения степени, суммы и произведения многочленов. Пусть P — многочлен и a — число. а) Теорема Безу. Существует такой многочлен Q, что P = = (x − a)Q + P (a). (Иными словами, многочлен P − P (a) делится на x − a.) Более того, можно считать, что deg Q < deg P . Здесь deg P степень многочлена P , те. наибольшее такое число n, что коэффициент n ненулевой. б) Следствие. Если P (a) = 0, то существует такой многочлен что P = (x − a)Q. 4. а) Многочлен степени n > 0 имеет не более n корней. б) Если значения двух многочленов в любой точке совпадают, то эти многочлены равны. (Иными словами, если P, P 1 — многочлены и P (x) = = P 1 (x) для любого x, тов Утверждение б) неверно для многочленов над определите сами, что это такое). г) Если значения двух многочленов степени n совпадают в n + различной точке, то эти многочлены равны. д) Докажите тождество − a)(x − b)(x − c) (d − a)(d − b)(d − c) + a(x − b)(x − c)(x − d) (a − b)(a − c)(a − d) + + b(x − d)(x − c)(x − a) (b − d)(b − c)(b − a) + c(x − d)(x − b)(x − a) (c − d)(c − b)(c − a) = x. 5. Пусть P — многочлен. Если a 1 , . . . , a k — различные числа, для которых, то P делится на (x − a 1 ) . . . (x − a k ). 6. а) Сформулируйте и докажите теорему о делении с остатком для многочленов с вещественными коэффициентами. б) Верна ли теорема о делении с остатком для многочленов с рациональными коэффициентами? в) Ас целыми коэффициентами? г) Сформулируйте и докажите теорему о делении с остатком для Деление многочленов с остатком 19 многочленов с целыми коэффициентами, если старший коэффициент делителя равен единице. Зачетные задачи 1 баба, б, г, д 5; 6 а)–г). Из них письменно 3 а 6 в). Контрольные вопросы. Многочлен f(x) дает остаток 1 при делении на x − 1 и остаток при делении на x + 1. Какой остаток дает f (x) при делении на x 2 − а) б) в) г) −x. II. При каких значениях a многочлен x 1000 + ax + 9 делится на x + а) Ни при каких; б) при a = в) при a = г) при a = 10 или a = д) при любых. Какие из следующих утверждений являются верными? а) Степень суммы двух многочленов равна максимуму из степеней этих многочленов. б) Степень произведения двух ненулевых многочленов равна сумме их степеней. в) Степень остатка при делении многочлена P на многочлен Q меньше степени самого многочлена P г) Степень остатка при делении многочлена P на многочлен Q меньше степени многочлена Указания и решения. а) Указание. Докажите сначала для P = x n . Докажите, что если утверждение верно для P и Q, то верно и для bP и P + Q (для любого числа b). 4. а) Докажем это утверждение индукцией по степени n многочлена. При n = 0 утверждение верно ненулевой постоянный многочлен не имеет корней. Предположим, что любой ненулевой многочлен Q степени меньше n имеет менее k корней. Рассмотрим произвольный ненулевой многочлен степени n. Предположим, что он имеет хотя бы n + 1 корень. Обозначим эти различные корни через a 0 , a 1 , a 2 . . . , a Последствию из теоремы Безу (задача 3 б) P = (x − a 0 )Q, где — некоторый многочлен степени меньше n (это свойство многочлена, иногда пропускаемое при доказательстве, существенно. Подставляя в данное равенство x = a 1 , получим 0 = (a 1 − a 0 )Q(a 1 ). Значит Гл. 1. Миникурс по алгебре) = 0, те корень многочлена Q. Аналогично все числа a 2 , a 3 , . . . , a n — корни многочлена Q степени меньше n. Это противоречит нашему предположению. Полученное противоречие доказывает индукционный перехода следовательно, и утверждение задачи. Рациональные и иррациональные числа (8–10) 1. Числа не могут быть членами одной арифметической прогрессии (нив каком порядке даже не подряд идущими членами). Число называется рациональным, если его можно представить как отношение целых чисел, и иррациональным в противном случае. Рациональны ли числа: а) √ 2; б) 7 q 1 + 3 p 2 +в + √ 3 √ 2 − √ 3 + г, где целое k > 2 не является й степенью целого числа; д) 3 p√ 5 + 2 − 3 p√ 5 − еж з) cos и) sin Указание к з. Выразите cos 3α через cos α. Если для несократимой дроби p/q выполнено 4(p/q) 3 − 3(p/q) = −1/2, те то 1 делится на p и 8 делится на q. 3. а) Теорема о целых корнях. Пусть f (x) = x n + a n−1 x n−1 + . . . + a 1 x + a 0 c целыми a n−1 , . . . , a 1 , и f (p) = 0 для целого p. Тогда делится на p. б) Теорема о рациональных корнях. Пусть f (x) = a n x n + . . . + a 1 x + a 0 c целыми a n , . . . , a 1 , и f (p/q) = 0 для несократимой дроби p/q. Тогда делится на p и a делится на в) В условиях б) для любого целого k число f (k) делится на p − kq. 4. а) На клетчатой бумаге нельзя выбрать три узла, являющиеся вершинами правильного треугольника Рациональные и иррациональные числа 21 б)* Какие правильные многоугольники можно нарисовать на клетчатой бумаге с вершинами в узлах? в)* При каких целых n число cos n ◦ рационально? Не изучавшие тригонометрических функций могут игнорировать задачи 2 е)–и) и 4 а)–в). Зачетные задачи 1; 2 б, г)–и); 3 а, б 4 а, в. Из них письменно а, 4 а). Контрольные вопросы. Какие из следующих чисел являются рациональными? а) √ 2 +б + 2 √ 2 2 + r 3 − 2 √ 2 в + 2 √ 7 − p 3 + √ 2 − p 3 − √ 2. II. Какие из следующих утверждений являются верными? а) Сумма рациональных чисел всегда рациональна. б) Сумма иррациональных чисел всегда иррациональна. в) Корень из иррационального числа всегда иррационален. Бумага в треугольничек получается так на плоскости через равные промежутки проводятся прямые, параллельные двум сторонам фиксированного правильного треугольника, а затем через все точки пересечения проводят прямые, параллельные третье стороне. На листе бумаги в треугольничек можно выбрать 4 узла, являющиеся вершинами (выберите всевозможные фигуры) а) прямоугольника б) ромба в) квадрата. Указания и решения. Ответы а) нет б) да. а) Приведем доказательство того, что число иррационально (известное еще древним грекам. Предположим обратное пусть = где p/q — несократимая дробь. Возведем данное равенство в квадрат и домножим обе части на q 2 . Получим 2q 2 = p 2 . Так как числа p и q целые, то из полученного равенства заключаем, что число p четное. Значит, где r — некоторое целое число. Подставляя это выражение в наше равенство, получим 2q 2 = (2r) 2 . Сокращая на 2, имеем q 2 = Так как q и r — целые числа, то число q четное. В итоге мы получили, что оба числа p и q четные. Это противоречит нашему предположению, что дробь p/q несократима. Полученное противоречие доказывает, что — иррациональное число Гл. 1. Миникурс по алгебре в) Преобразуем данное выражение + √ 3 √ 2 − √ 3 + 2 √ 6 = ( √ 2 + √ 3)( √ 2 + √ 3) ( √ 2 − √ 3)( √ 2 + √ 3) + 2 √ 6 = 5 + 2 √ 6 −1 + 2 √ 6 = Число −5, очевидно, рациональное. Решение уравнений й и й степени (9–10) 1. а) Уравнение ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 сводится к уравнению x 3 + px + q = б) Уравнение ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0 сводится к уравнению x 4 + px 2 + qx + r = в) Найдите координаты центра симметрии графика функции y = = −2x 3 − 6x 2 + г) График любого кубического многочлена имеет центр симметрии. Метод дель Ферро. а) Найдите хотя бы один корень уравнения x 3 − 3 3 √ 2x + 3 = Указание. Так как (b + c) 3 = b 3 + c 3 + 3bc(b + c), то число b + c является корнем уравнения x 3 − 3bcx − (b 3 + c 3 ) = б) Решите уравнение x 3 − 3 3 √ 2x + 3 = Указание. Поделите x 3 − 3bcx − (b 3 + c 3 ) на x − b − c. 3. а) a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − Иными словами, x 3 − b 3 − c 3 − 3bcx = (x − b − c)(x 2 + b 2 + c 2 + bx + cx − б) a 2 + b 2 + c 2 > ab + bc + ca. Когда достигается равенство? в) a 3 + b 3 + c 3 > 3abc при a,b,c > га) Решите уравнение x 3 + 3x − 4 = б) Докажите, что + √ 5 − 3 p√ 5 − 2 = в) Напишите общую формулу для решения уравнения x 3 + px + q = методом дель Ферро. При каком условии применим этот метод (если корни разрешается извлекать только из положительных чисел. Метод Феррари. а) Решите уравнение (x 2 + 2) 2 = 18(x − б) Решите уравнение x 4 + 4x − 1 = Указание. Подберите такие α,b,c, чтобы x 4 + 4x − 1 = (x 2 + α) 2 − −(bx + c) 2 . Для этого найдите хотя бы одно α, для которого квадратный трехчлен (x 2 + α) 2 − (x 4 + 4x − 1) является полным квадратом. в) Решите уравнение x 4 − 10x 2 − 8x + 5 = г) Для любых p,q,r кубическое уравнение 4(2α − p)(α 2 − r) − q 2 = имеет решение. д) Найдите алгоритм решения уравнения x 4 + px 2 + qx + r = 0 методом Феррари. При каком условии применим этот метод (если корни Решение уравнений й и й степени 23 разрешается извлекать только из положительных чисел и разрешается решать любые кубические уравнения. Метод Виета. аи б) sin3α = 3sinα − 4sin 3 α ив) Решите уравнение 4x 3 − 3x = 1 г) Решите уравнение x 3 − 3x − 1 = д) Используя функции cos и arccos, напишите общую формулу для решения уравнения x 3 + px + q = 0 методом Виета. При каком условии уравнение x 3 + px + q = 0 решается методом Виета? 7*. Решите уравнение x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, подобрав такие α, A, B, что x 4 + ax 3 + bx 2 + cx + d = x 2 + ax 2 + α 2 − (Ax + Зачетные задачи 1 ага, б 4 б, ваг б)–д). Контрольные вопросы. Какое из указанных чисел является корнем уравнения x 3 − 6x + а 2 ( √ 2 + p 8 √ 2 − б) − 3 √ 2 в) sin10 ◦ II. Какое из указанных чисел является корнем уравнения x 4 + 2x 2 − −8x − 4 = а 2 ( √ 2 + p 8 √ 2 − 6); б) − 3 √ 2 − 3 √ 4; в) sin 10 ◦ III. Какое из указанных чисел является корнем уравнения 4x 3 − −3x + 1 2 = а 2 ( √ 2 + p 8 √ 2 − 6); б) − 3 √ 2 в) Указания и решения. а) Указание. Воспользуйтесь линейной заменой переменной. а) Ответ x = −1 Указание. x 3 − 3 3 √ 2x + 3 = x 3 − 3bcx + (b 3 + c 3 ), где b = 1, c б) Ответ x = −1 В силу задачи 3a уравнение x 3 − 3 3 √ 2x + 3 = 0 равносильно уравнению с вышеуказанными b и c. По задаче 3 б) второй сомножитель в левой части положителен при любом поскольку b 6= c). Значит, исходное уравнение имеет единственное решение Гл. 1. Миникурс по алгебре. Ответы: а) (−3 √ 2 ± p 10 + б) (− √ 2 ± p 4 √ 2 − в) −1 ± √ 2, −1 ± √ 6. 6. г) Указание. Сведите к предыдущему заменой y = Ответы в) cos π 9 , cos 7π 9 , cos 13π 9 = г) 2cos π 9 , 2cos 7π 9 , 2cos 13π 9 = 2 Применения комплексных чисел (Комплексным числом называется пара (a,b) вещественных чисел. Она записывается в виде a + bi. Сумма комплексных чисел определяется формулой (a + bi) + (a ′ + b ′ i) = (a + a ′ ) + (b + b ′ )i, а произведение формулой (a + bi)(a ′ + b ′ i) = (aa ′ − bb ′ ) + (ab ′ + Другие начальные сведения о комплексных числах можно найти, например, в учебнике Н. Я. Виленкина и др. Алгебра и математический анализ, 11 класса) Для любого комплексного числа z существуют такие вещественные и ϕ, что z = r(cosϕ + isinϕ). Единственны ли r и б) (cosϕ + isinϕ)(cosψ + isinψ) = cos(ϕ + ψ) + isin(ϕ + в) Для каждого целого n > 0 решите уравнение z n = 1 в комплексных числах z. 2. Разложите на квадратные трехчлены и линейные двучлены с вещественными коэффициентами: а) x 4 + б) x 4 + x 3 + x 2 + x + в) x n − 1. 3. Определение многочлена см. выше в теме Деление многочленов с остатком». а)* Основная теорема алгебры. Непостоянный многочлен с комплексными коэффициентами всегда имеет комплексный корень. Примечание эту задачу можно, не доказывая, использовать в других. б) Многочлен с комплексными коэффициентами степени n (те. такой, что a n 6= 0) имеет ровно n корней с учетом кратности. (Корень многочлена P имеет кратность k, если P делится на (z − z 0 ) k и не делится на (z − в) Если z 1 ,... ,z n — корни многочлена P со старшим коэффициентом a n , причем каждый корень выписан столько раз, какова его кратность, то P (z) = a n (z − z 1 )... (z − z n ). Применения комплексных чисел 4. Обозначим a + bi := a − а) Для любого многочлена P с вещественными коэффициентами выполнено (б) Любой многочлен с вещественными коэффициентами разлагается в произведение многочленов первой и второй степени с вещественными коэффициентами. в) Если для многочлена P с вещественными коэффициентами P (x) > > 0 при любом x ∈ R, то P = Q 2 + для некоторых многочленов с вещественными коэффициентами. Найдите все многочлены с вещественными коэффициентами, удовлетворяющие тождеству P (x 2 + x + 1) ≡ P (x)P (x + 1). 6. а) Выразите cosnϕ и sinnϕ через cosϕ и б) Докажите, что cosnϕ и sin nϕ sin ϕ — многочлены от cosϕ. 7. Найдите а б 2 k в Указание. Обозначим Re(a + bi) := a для вещественных a и b. Используйте тот факт, что coskϕ = Re(cosϕ + isinϕ) k 8. а) ctg 2 x < 1 x 2 < ctg 2 x + Указание используйте sinx < x < б 2n+1 ctg 2n−2j πk 2n + 1 = 0 для любого k = в + 1 = n(2n − г 1 k 2 = π 2 д Найдите 1 k 4 , ∞ P k=1 1 k 6 , . . . 9. а) Каким геометрическим преобразованием плоскости C получается число iz из числа б) Обозначим e iϕ := cosϕ + i sinϕ. Каков геометрический смысл умножения на e iϕ ? на re в) Выразите число w, полученное из числа z поворотом на угол против часовой стрелки относительно центра через z, и г) Композиция поворотов плоскости (с различными центрами) — поворотили параллельный перенос. Найдите lim n→∞ x n , если x n+1 = x n r x n + x n−1 2x и а) x 0 = 1, x 1 = б) x 0 = 1, x 1 = 2. Гл. 1. Миникурс по алгебре. Найдите {x n } и {y n }, если n+1 = 3x n − 4y n , y n+1 = 3y n + 4x и а) x 0 = 1, y 0 = б) x 0 = 1, y 0 = Зачетные задачи. 10 класс 1 в 2 б, в 3 б, в 4 б, в 6 а а, б 8 б, в. Из них письменно 3 б 4 б класса, г 9 б)–г); 10 а, баба, б. Из них письменно в 12 а). Контрольные вопросы. Какое преобразование плоскости задается формулой z 7→2z + а) Параллельный перенос на вектор длины б) Гомотетия с коэффициентом в) Сжатие к прямой с коэффициентом 2. II. Четверка комплексных чисел удовлетворяет равенству. Что можно сказать о четверке точек плоскости, соответствующих числам а) Они являются вершинами параллелограмма. б) Они лежат на одной прямой или на одной окружности. в) Площадь треугольника равна площади треугольника точка 0 — начало координат. Чему равна сумма 6 P k=1 cos 2πk 7 ? а) б) в) г) г) дни один из перечисленных ответов не является верным. Указания и решения. Ответы. а n + 1 2 ϕ cos б nϕ − 2 n+1 sin(n + 1)ϕ + 2 sin ϕ 5 − 4cos в − 3cos ϕ 10 − 6cos ϕ 9. а) Ответ поворотом на вокруг начала координат против часовой стрелки. Поскольку |iz| = |z|, то приданном преобразовании расстояние от точки z до начала координат сохраняется. Поскольку Arg (iz) = Arg(z) + + π/2, то ориентированный угол между лучами, идущими изначала Непостроимость правильных многоугольников 27 координат в точки z и iz, равен +π/2. Значит, по определению, точка iz получается из точки z указанным поворотом. а) Примечание. На плоскости существует комплексная система координат, для которой A, B, C имеют координаты 0, 1, c соответ- ственно. Непостроимость правильных многоугольников (А. Я. Канель-Белов Теорема Гаусса. Калькулятор (вычисляющий числа с абсолютной точностью) имеет кнопки, ×, и неограниченную память. На этом калькуляторе можно вычислить значение cos 2π n тогда и только тогда, когда n = 2 α p 1 · ... · p l , где — целое неотрицательное и p 1 ,... ,p l — различные простые числа вида 2 s + История этой знаменитой теоремы приводится в [1]. В [3], [2] приводится элементарное доказательство этой теоремы. Здесь мы приведем (в задачах) доказательство невозможности. Насколько известно автору и редакторам сборника, это доказательство не опубликовано ранее и является наиболее простым из известных доказательств. Несмотря на простоту этого доказательства и отсутствие явного использования термина группа Галуа (точнее, именно благодаря этому, его изучение лучший способ понять отправные идеи теории Галуа (см. подробнее фи- лософско-методическое отступление вначале книги). Вещественное число называется построимым, если его можно получить на нашем калькуляторе (те. получить из 1 при помощи сложения, вычитания, умножения, деления и извлечения квадратного корня из положительного числа. Определение комплексно построимого комплексного числа аналогично определению построимого вещественного числа, только квадратные корни извлекаются из произвольных уже построенных чисел и комплексно построимыми считаются оба значения квадратного корня. Комплексное число комплексно построимо тогда и только тогда, когда его вещественная и мнимая части (вещественно) построимы. 2. Пусть нажатие кнопок «1» и четырех арифметических действий на калькуляторе из теоремы Гаусса бесплатны, аза извлечения корня Гл. 1. Миникурс по алгебре нужно платить копейку. Число A можно получить за r копеек тогда и только тогда, когда существуют такие a 1 ,... a r ∈ R, что = Q 0 ⊂ Q 1 ⊂ Q 2 ⊂ ... ⊂ Q r−1 ⊂ Q r ∋ A, где a k ∈ Q k , √ a k 6∈ Q k , Q k+1 = Q k [ √ a k ] := {α + β √ a k | α,β ∈ Q k } для любого k = 0,...,r − Такая последовательность называется цепочкой квадратичных расширений (это единый термин, термин квадратичное расширение мы не используем). Итак, число A построимо тогда и только тогда, когда для некоторого существует цепочка квадратичных расширений длины r, последнее множество которой содержит Доказательство невозможности, основанное на рассмотрении аналогичных цепочек, называется в математической логике и программировании индукцией по глубине формулы. а) Лемма Гаусса. Если многочлен с целыми коэффициентами неприводим над Z, то он неприводим и над Q. б) Признак Эйзенштейна. Пусть p простое. Если для многочлена с целыми коэффициентами старший коэффициент не делится на остальные делятся на p, а свободный член не делится на p 2 , то этот многочлен неприводим над Z. 4. Положим Φ(x) := x 12 + x 11 + ... + x + а) Многочлен Φ(x) неприводим над б) Если ε := cos 2π 13 + i sin 2π 13 построимо, то существует такая цепочка = Q 1 ⊂ Q 2 ⊂ ... ⊂ Q k ⊂ квадратичных расширений, что Φ приводим над и неприводим над Q k в) В цепочке квадратичных расширений определим отображение сопряжения ¯·: Q k+1 → относительно Q k ) формулой x + y √ a k = = x − y √ a k . Если Φ делится на многочлен P с коэффициентами в то Φ делится на сопряженный многочлен ¯¯ P (те. на многочлен с сопряженными коэффициентами). г) Если многочлен R c коэффициентами из неприводим над то сопряженный (относительно Q k ) многочлен ¯¯ R неприводим над Q k д) Разложение многочлена Φ(x) над на неприводимые над множители состоит из двух сопряженных (относительно Q k ) множите- лей. е) Для каждого из этих множителей существует цепочка, аналогичная б, но, возможно, с другим ж) Число cos(2π/13) не построимо. 5. а) Минимальная степень многочлена, корнем которого является данное построимое число, является степенью двойки Непостроимость правильных многоугольников 29 б) Число cos(2π/n) не построимо для n простого, n 6= 2 m + в) Многочлен Φ(x) = 1 + x 17 + x 34 + x 51 + ... + неприводим над г) Число cos(2π/289) не построимо. д) Докажите невозможность в теореме Гаусса. е) Если все корни неприводимого многочлена нечетной степени с рациональными коэффициентами построимы, то один из них рационален. Указания 1. Если + bi = u + vi, то u,v выражаются при помощи квадратных радикалов через a и b. 2. Это утверждение легко доказывается индукцией по количеству операций калькулятора, необходимых для получения числа, с применением домножения на сопряженное. Предположите противное и воспользуйтесь методом неопределенных коэффициентов. Детали см. в [4]. 4. а) Примените признак Эйзенштейна к многочлену ((x + 1) 13 − 1)/x и лемму Гаусса. б) Рассмотрим цепочку квадратичных расширений Q = Q 1 ⊂ Q 2 ⊂ ... . . . ⊂ Q r−1 ⊂ Q r ∋ ε. Заметим, что многочлен Φ приводим над поскольку имеет корень ε). Поэтому существует l, для которого многочлен приводим над Q l+1 . Обозначим через k наименьшее такое l. Из пункта а) следует, что k > 1. Теперь легко видеть, что цепочка Q = Q 1 ⊂ ⊂ Q 2 ⊂ ... ⊂ Q k ⊂ Q k+1 искомая. в) Сопрягите относительно Q k равенство Φ(x) = P (г) Достаточно доказать, что если многочлен P с коэффициентами в делит Φ, то P и ¯¯ P взаимно просты. Для этого покажите, что НОД(P, ¯¯ P ) имеет коэффициенты из Q k и воспользуйтесь неприводимо- стью многочлена Φ в Q k д) Аналогично б). е) Докажите, что указанное в пункте г) разложение многочлена состоит ровно из двух множителей (воспользуйтесь тем, что если коэффициенты многочлена P лежат в Q k+1 , то коэффициенты многочлена ¯¯ P лежат в Q k ). Тоже самое будет верно и для разложения получившихся множителей и т. д. Исходя из этого получите, что степень многочлена Φ(x) должна быть степенью двойки. а, б) Аналогично задаче в) Примените признак Эйзенштейна к многочлену Φ(x + 1) и лемму Гаусса. Гл. 1. Миникурс по алгебре г) Аналогично решению задачи 4 докажите, что если число cos(2π/289) построимо, то степень многочлена Φ(x) должна быть степенью двойки. А это неверно. д) Аналогично решению задач C1cdef в Литература Гиндикин С. Г. Дебют Гаусса // Квант. 1972. № 1. [2] Канель-Белов А. Я. О построениях, готовится к печати Козлов ПА, Скопенков А. Б. В поисках утраченной алгебры в направлении Гаусса (подборка задач) // Матем. просвещение. 2008. № 12. С. 127–143; http://arxiv.org/abs/0804.4357. [4] Прасолов В. В. Многочлены. М МЦНМО, 1999, 2001, Диагонали правильных многоугольников (И. Н. Шнурников Наша цель — определить, какие и сколько диагоналей правильного угольника могут пересекаться водной точке. Задачи 3, 5, 7 описывают возможные точки пересечения, а задачи 9 и 10 нужны для доказательства невозможности иных точек пересечения (которое завершается перебором случаев на компьютере. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием BC угол при вершине A равен 80 ◦ . Внутри треугольника взята точка M так, что BC = и ∠M CB = 10 ◦ . Докажите, что ∠AM C = 70 ◦ 2. Внутри квадрата ABCD взята точка P так, что треугольник равносторонний. Докажите, что ∠P CD = 15 ◦ 3. Докажите, что диагонали A 1 A n+2 , и A 2n A 5 правильного 2n-угольника пересекаются водной точке. В равнобедренном треугольнике ABC с основанием AC угол при вершине B равен 20 ◦ . На сторонах BC и AB взяты точки D и E соответственно так, что ∠DAC = и ∠ECA = 50 ◦ . Докажите, что ∠ADE = = 30 ◦ 5. Докажите, что диагонали A 1 A 7 , и A 5 A 21 правильного 24-угольника пересекаются в точке, лежащей на диаметре A 4 A 16 6. Дан треугольник ABC с углами ∠A = 50 ◦ , ∠B = 60 ◦ , ∠C = 70 ◦ . На сторонах BA и BC взяты точки D и E соответственно так, что ∠DCA = = и ∠EAC = 40 ◦ . Докажите, что ∠AED = 30 ◦ Диагонали правильных многоугольников 7. Докажите, что в правильном угольнике семь диагоналей, A 2 A 17 , A 3 A 21 , A 4 A 24 , A 5 A 26 , A 8 A 29 , пересекаются водной точке. Дан треугольник ABC с углами ∠A = 14 ◦ , ∠B = 62 ◦ , ∠C = На сторонах AC и AB взяты точки D и E соответственно так, что = и ∠ECB = 94 ◦ . Докажите, что ∠CED = 34 ◦ 9. Докажите, что при простом p в правильном угольнике никакие три диагонали не пересекаются водной точке внутри p-угольника. Указание: если не получается, то смотрите дальше. Теорема. Максимальное количество диагоналей правильного угольника, пересекающихся водной точке, отличной от центра, равно, если n нечетно, если n четно и не делится на 6; 5, если n делится на 6 и не делится на 30; 7, если n делится на 30. 10*. а) Докажите, что если для простого числа p многочлен с целыми коэффициентами степени не более 2p − 1 имеет корень e iπ p , то) = a(1 + x 2 + x 4 + ... + x 2p−2 ) + p−1 X j=0 a j (x j + x для некоторых a,a 0 ,a 1 ,... ,a p−1 ∈ б) Отличный от тождественного нуля многочлен S(x) = k P j=1 a j x с неотрицательными целыми коэффициентами называется минимальным, если S(e 2πi k ) = 0 и не существует таких целых 0 6 b j 6 a j , что многочлен тоже имеет корень e 2πi k , причем не все b равны нулю и не все b равны a Докажите, что для каждого минимального многочлена S(x) существуют различные простые числа p 1 < p 2 < ... < p s 6 k, целые числа m,l и p 1 p 2 ... p минимальный многочлен S 1 (x) такие, что S(x) = x l · S 1 (x в) Для минимального многочлена S(x) выберем p 1 p 2 ... p минимальный многочлен S 1 (x) с минимальным p при условии p 1 < p 2 < ... < < p s 6 k и S(x) = x l · S 1 (x Пусть для выбранного S 1 (x) оказалось p 1 = 2 и S(1) < 2p s . Тогда найдутся целые числа l,r < p и p 1 p 2 ... p минимальные многочлены Гл. 1. Миникурс по алгебре. T r такие, что) = x l · r X j=1 T j и r X j=1 T j (1) = 2r + S(1) − p г) Докажите, что существует ровно 107 минимальных многочленов (со всеми возможными k), значения которых вне превосходят Указания, 2, 4. Можно свести задачу к пересечению диагоналей в правильном угольнике, но проще решить дополнительным построением, 5, 7. Решаются теоремой Чевы в синусах. Сводится изогональным сопряжением к предыдущим. Перепишите теорему Чевы в синусах для точки пересечения трех различных диагоналей правильного угольника в виде соотношения iπx j + 6 P j=1 e −iπx j = 0, в котором шесть чисел x j ,j = 1,2,...,6, определяются формулой (ее надо найти) и удовлетворяют равенству j = 1. ГЛАВА 2 МИНИКУРС ПО АНАЛИЗУ 1) А. Б. Скопенков Неравенства: базовые методы (Латинские и греческие буквы обозначают неотрицательные числа. Паша пришел на физико-математическую олимпиаду, которая длится 6 часов. Баллы x и y за физику и математику — вещественные числа (необязательно целые, равные затраченному на решение задач поданному предмету времени. Как Паше надо распределить время между физикой и математикой, чтобы получить наибольший (наименьший) результат, если этот результат вычисляется по формуле а) xy; б) x 2 + y 2 ; в + √ y; где) Попробуйте догадаться до ответа для формулы f (x) + f (y) (в зависимости от f ), а также для формулы af (x) + bf (y), где a, b > 0. 1. б)–д) Решите задачу 0 при условии, что Паша решает физику в два раза быстрее, чем математику, но математика ценится в два раза больше, чем физика. Формально найдите наибольшее и наименьшее значение величины 2f (x) + f (y) при условии 2x + y = 6 (для указанных в задаче 0 функций f ). 2. а) Неравенство Йенсена. Если функция f выпукла вниз, те для любого a ∈ [0, 1], то f (a 1 x 1 + . . . + a n x n ) 6 a 1 f (x 1 ) + . . . + a n f (x для любых (неотрицательных) a 1 , . . . , a n , сумма которых равна Отдельные разделы написаны МА. Берштейном и В. А. Сендеровым. Контрольные вопросы составлены М. Б. Скопенковым. Некоторые решения написаны М. В. Прасоловым и М. Б. Скопенковым. Гл. 2. Миникурс по анализу б Проверку выпуклости вниз удобно осуществлять с помощью вычисления второй производной дважды непрерывно дифференцируемая функция f выпукла вниз тогда и только тогда, когда f ′′ (x) > 0. 3. Пусть x 1 + . . . + x n = 1. Найдите наибольшее и наименьшее значение следующих величин (не забудьте доказать все используемые вами неравенства): а) x 1 · . . . · x б) x 2 1 + . . . + в+ . . . + 1 x г) x 3 1 + . . . + д x 2 1 · . . . · x 2 n−1 · x Указание к задаче 3 а. Предостережение если вы используете существование наибольшего значения, то это нужно доказать. Идея решения. Если не все числа равны, тогда есть i, j, такие что x i > 1 n > x j . Заменим пару (x i , x j ) на, x i + x j − 1 n . Докажите, что если 0 6 y 6 1 n 6 x, то + y − 1 n > xy. 4. а) Докажите неравенства о средних, . . . , x n } 6 n 1 x 1 + . . . + 1 x n 6 n √ x 1 · . . . · x n 6 x 1 + . . . + x n n 6 6 r x 2 1 + . . . + x 2 n n 6 max{x 1 , . . . , x б) Для каждого неравенства докажите, что равенство в нем достигается, только если x 1 = x 2 = . . . = x n 5*. Найдите min(x 1 · . . . · x n ) и max(x 1 · . . . · x n ) при условиях: а) x i > 1 n и x 2 1 + . . . + x 2 n = б) x 1 x 2 + x 2 x 3 + . . . + x n−1 x n 6 (x 1 + . . . + x n ) 2 /4. 6. а) Если a > b и x > y, то ax + by > ay + б) Если a, b, c, α, β, γ — стороны и соответствующие углы треугольника, тов) Если α, β, γ — углы треугольника, то α α + sin β β + sin γ γ 6 1 α + 1 β sin γ + 1 α + 1 γ sin β + 1 β + 1 γ sin α. г) Транснеравенство. Если x 1 > . . . > x n , y 1 > . . . > y и {i 1 , . . . . . . , i n } = {1, . . . , n}, то x 1 y 1 + . . . + x n y n > x 1 y i 1 + . . . + x n y i n > x 1 y n + . . . + x n y 1 Неравенства базовые методы 35 д) Неравенство Чебышева. Если x 1 > . . . > x и y 1 > . . . > y n , то x 1 y 1 + . . . + x n y n n > x 1 + . . . + x n n · y 1 + . . . + y n n > x 1 y n + . . . + x Замечание. В транснеравенстве и неравенстве Чебышева не требуется неотрицательность чисел x и y j 7. Неравенство Мюрхеда. а) a 3 + b 3 > a 2 b + б) a n + b n > a n−k b k + a k b в) a 2 + b 2 + c 2 > ab + bc + г) 2(a 3 + b 3 + c 3 ) > a 2 b + b 2 a + b 2 c + c 2 b + c 2 a + a 2 c > д) Придумайте и докажите аналогичную цепочку неравенстве) между a 5 + b 5 + и abc(ab + bc + ж) между a n + b n + c и a q b q c q M , где n = 3q + r и M = 1 при r = 0, M = a + b + c при r = 1 и M = ab + bc + ca приз) от a n 1 + a n 2 + . . . + a n s . Получится неравенство Мюрхеда (если рассматривать всевозможные цепочки. а) Если at 2 + 2bt + c > 0 для любого t, то b 2 6 ac. б) Неравенство Коши—Буняковского—Шварца. (x 1 y 1 + . . . + x n y n ) 2 6 (x 2 1 + . . . + x 2 n )(y 2 1 + . . . + в) Равенство достигается только при пропорциональных наборах a 1 , a 2 , . . . , a и b 1 , b 2 , . . . , b тег Если P , S, α 1 , . . . , α n — периметр, площадь и углы выпуклого угольника, то 9. а) x 3 + 2y 3/2 > 3xy. б) Неравенство Юнга. Если p > 0 и q > 0 рациональны и то xy 6 x p p + y q q в) Неравенство Г¨ельдера. Если p > 0 и q > 0 рациональны и 1, то x 1 y 1 + . . . + x n y n 6 (x p 1 + . . . + x p n ) 1 p (y q 1 + . . . + y q n ) 1 q г) Неравенство Минковского. Для p > 1 выполнено n X i=1 (x i y i ) p ! 1 p 6 n X i=1 x p i ! 1 p + n X i=1 y p i ! 1 p Гл. 2. Миникурс по анализу д) Неравенство Караматы. Если набор x 1 > . . . > x n мажорирует набор y 1 > . . . > y те и x 1 + . . . + x k > > y 1 + . . . + y для любого k) и функция f выпукла, то f (x 1 ) + . . . + f (x n ) > f (y 1 ) + . . . + f (y Зачетные задачи для 8 –9 классов 1 ага ага, б ага, б. Из них письменно 2 а 3 а 6 г). Зачетные задачи для 10 – 11 классов 1 б) – да а а б)–д); 7 д)–з). Из них письменно 2 а 3 а 6 г 7 е). Контрольные вопросы. Пусть числа x 1 , x 2 , . . . , x положительны и x 1 · . . . · x n = 1. Найдите наименьшее возможное значение величины x 1 + . . . + x а) б) в) г) д) наименьшего значения не существует. Какие из указанных неравенств справедливы при любых неотрицательных значениях переменных? а) x + y 2 > б) x 2 + y 2 + z 2 > xy + yz + в) x 3 + y 3 + г) (x 2 1 + x 2 2 )(y 2 1 + y 2 2 ) > (x 1 y 1 + д) x 3 yzt + y 3 ztx + z 3 txy + t 3 xyz > x 2 y 2 z 2 + y 2 z 2 t 2 + z 2 t 2 x 2 + t 2 x 2 y 2 |