alfutova(алгебра и теория чисел). Сборник задач для математических школ м мцнмо, 2002. 264 с Настоящее пособие представляет собой сборник задач по математике

• Название: Сборник задач для математических школ м мцнмо, 2002. 264 с Настоящее пособие представляет собой сборник задач по математике
• Дата: 27.01.2020
• Размер: 2 Mb.
• Имя файла: alfutova(алгебра и теория чисел).pdf
• Тип: Сборник задач; #106051
• страница: 17 из 23

что и при первом взвешивании.
Третьим взвешиванием сравниваем 010, 020, 200, 220 с 012, 112, соответственно, нули и двойки в младшем разряде) и записываем третью цифру.
Мы получили три цифры — иначе говоря, трехзначное число. Далее определяем фальшивую монету последующему рецепту

Ответы, указания, решения
Если это число совпадает с номером какой-то монеты, то эта монета фальшивая и тяжелее остальных. Если нетто заменим в этом числе все нули на двойки, а все двойки на нули. После этого оно должно совпасть с номером какой-то монеты. Эта монета фальшивая и легче остальных. Нужно присвоить й монете номер 111 и не использовать ее при взвешиваниях. К остальным монетам следует применить алгоритм из задачи
5.84
Глава
6 6.1
. а) −
p б, г в) −p(p
2
− 3q)
6.2
. b
2
− abp + bp
2
+ a
2
q − 2bq − apq + q
2 6.3
. а) y
2
+ p(p
2
− 3p)y + q
3
= б) y
2
−
p
2
− 2q q
2
y +
1
q
2
= в) y
2
+
p(p + 1)
q y +
(q + 1)
2
q
= г) y
2
+
2q − p
2
q y + 1 = 0 6.5
. Наибольшее значение суммы квадратов корней — 18. Это значение достигается при a = −3.
6.7
. Воспользуйтесь теоремой Виета. Ответ −5/2, 3/2.
6.8
. (p, q) = (0, 0), (1, −2), (−1/2, −1/2).
6.9
. Воспользуйтесь теоремой Виета. Ответа, +б) a 6= 1, a 6= 3.
6.11
. Все такие точки образуют прямую y = −1/8.
6.12
. Все окружности проходят через точку D(0; 1).
6.13
. b = 1/10.
6.14
. x = 1.
6.15
. Рассмотрите разность данных многочленов. Ответ a = 2.
6.17
. Все точки, удовлетворяющие условию задачи лежат под параболой. Ответа) Найдите дискриминант этого уравнения и воспользуйтесь неравенством из задачи. б) Воспользуйтесь неравенством из задачи. Квадратные трехчлены, не имеющие корней, соответствуют внутренности дискриминантной параболы. Условие задачи равносильно тому, что указанная функция в точке x = 1 принимает отрицательное значение. Отсюда a ∈ (−2 −
√
11;
−2 +
√
11)
6.30
h
−
1 +
√
5 2
,
1 +
√
5 2
i

Ответы, указания, решения 6.31
. a ∈ (16/17; 2).
6.33
. a ∈ [−1; 1] ∪
{3}.
6.34
. При m = 0.
6.35
. r ∈ (−
∞; 5/2) ∪ (4; 9/2).
6.37
. В задаче нудно найти те x, для которых функция f(a) = −a
2
+ a(4 − 2x
2
− x
3
) + (2x
3
+ x
2
− 6x + 5)
хотябы при одном a ∈ [−1; 2] принимает отрицательное значение. Решим сначала обратную задачу, те. найдём те x, для которых f(a)
> при a ∈ [−1; так как график функций f(a) — это парабола, ветви которой направлены вниз, тоусловие (∗) равносильно системе 0,
f(2)
> Последняя система после преобразований принимает вид − 1)(x + 2)
> 0,
(x − 1)(x + 3)
6 Методом интервлов находим, что x ∈ [−2, 0] ∪
{1}. Значит, решением исходной задчи будет множество (−
∞, −2) ∪ (0, 1) ∪ (1, +Ответ : x ∈ (−
∞, −2) ∪ (0, 1) ∪ (1, +∞).
6.38
. Пусть после деления P(x) на x − c получился остаток r:
P(x) = (x − c)T (x) + Подставляя сюда x = c, приходим к равенству r = P(c).
6.40
. Нет. Так как) = (x − x
1
)(−x − x
1
) . . . (x − x n
)(−x − x n
) = (x
2 1
− x) . . . (x
2
n
− то Q(x) содержит только четные степени x и Q(
√
x)
— многочлен степени. Кроме этого Q(
px
2
k
) = P(x k
)P(−x k
) = поэтому все числа x
2 1
, x
2 2
, . . . , x
2
n являются корнями Q(
√
x)
6.43
. а) x
4
− 4x
3
+ 6x
2
− 3x + 1 = (x
2
− x + 1)(x
2
− 3x + 2) + 2x − б) 2x
3
+ 2x
2
+ x + 6 = (x
2
+ 2x + 1)(2x − 2) + 3x + в) x
4
+ 1 = (x
5
+ 1)
· 0 + x
4
+ 1 6.44
. Согласно теореме Безу, остаток равен P(−2) = 3.
6.45
. Согласно теореме Безу, остаток отделения) на x + 1 равен) = a + 10
. Он будет равен 0 при a = −10.

Ответы, указания, решения. а) Остаток равен P(1) = б) Остаток будет многочленом не выше первой степени. Подставляя в равенство) = (x
2
− 1)T (x) + ax + b значения x = 1, x = −1, находим a = 5, b = 0. Ответ 5x.
6.47
. Достаточно проверить, что P(0) = 0, P(−1) = 0, P(−1/2) = 0.
6.48
. Запишем остаток R(x) отделения) на (x − 1)(x − 2) в виде) = ax + По теореме Безу P(1) = 2, P(2) = 1. Отсюда a = −1,
b = 3
. Ответ R(x) = 3 − x.
6.49
. k = −3.
6.50
. Нужно выяснить, при каких n функция x
2n
− 1
x
2
− 1
:
x n
− 1
x − 1
=
x n
+ 1
x + будет многочленом относительно x. По теореме Безу, для этого необходимо и достаточно, чтобы число −1 было корнем многочлена x n
+ Отсюда n — нечетное число. Докажите утверждение индукцией по n.
6.52
. а) Сумма всех коэффициентов равна P(1) = б) Сумма коэффициентов при нечетных степенях находится по формуле Аналогично, сумма коэффициентов при четных степенях равна) + P(−1)
2
=
1 + 5 17 7
17 2
6.53
. Чтобы многочлен P(x) делился на x
2
− 3x + 2 = (x − 1)(x − необходимо и достаточно выполнение двух условий P(1) = 0 и P(2) = Первое условие дает (a + 1)(b + 1) = 0. Отсюда либо a = −1, либо b = −1
. Если a = −1, то из второго условия b = 31/28. При b = аналогично находим a = 31/28. Ответ (−1, 31/28), (31/28, −1).
6.55
. Повторяя рассуждения задачи, находим что R(x) =
= [x(1 − (−1)
n
) + 7 + (−1)
n
]/2 6.56
. Корни — 1, 2, 3.
6.57
. a = − 4.
6.58
. x
4
+ 1 = (x
2
− i)(x
2
+ i) = (x
2
−
√
2x + 1)(x
2
+
√
2x + 1) =
= (x
2
−
√
2ix − 1)(x
2
+
√
2ix − 1)
. Из этих разложений подходит только одно — второе

Ответы, указания, решения 6.59
. Равенство P(1) = 0 равносильно уравнению a
3
− 4a + 3 = Ответ a = 1,
−1
±
√
13 2
6.63
. Рассмотрите многочлен f(−x).
6.69
. Смотрите решение задачи. Ответ x
(m,n)
− 1 6.70
. Положим) = P(P(P . . . (Это многочлен с целыми коэффициентами, причем a m
= и a m
=
= P
m−k
(a при m > k. Так как P
n
(x) = a n
+ x Q
n
(x)
, где Q
n
(x)
— также многочлен с целыми коэффициентами, то при m > k
(a m
, a k
) = (P
m−k
(a k
), a k
) = (a m−k
+ a k
Q
n
(a k
), a k
) = (a m−k
, a Далее остается повторить рассуждения из решения задачи 6.71
. x = 1.
6.72
. p = 3.
6.73
. P(x) = −
(x − 1)(x
2
+ 1)
2
, Q(x) =
1 2
6.74
. Пусть P(x) = ax + b, Q(x) = cx + d. Тогда, подставив эти величины в данное равенство, находим + c)x
3
+ (−3a + b + c + d)x
2
+ (2a − 3b + c + d)x + 2b + d = Так как это равенство должно быть тождественным, то + c = 0,
− 3a + b + c + d = 0,
2a − 3b + c + d = 0,
2b + d = Отсюда a = 4, b = 5, c = −4 и d = 11, то есть P(x) = 4x + 5, Q(x) =
= −4x + 11 6.75
. P(x) =
4 21
x +
5 21
, Q(x) = −
4 21
x +
11 21 6.76 2n + 1
n(n + 1)
=
1
n
+
1
n + 1 6.78
. Найдите коэффициенты частного по схеме Горнера.
6.80
. 1 + 4(x + 1) − 3(x + 1)
2
− 2(x + 1)
3
+ (x + 1)
4 6.81
. P(x + 3) = 55 + 81x + 45x
2
+ 11x
3
+ x
4 6.82
. а) (б) (в) (1+x+x
2
)
×
× (1 − x + x
3
− x
4
+ x
5
− x
7
+ где Ответы, указания, решения ж) з) и) кл+ м) (2 + x)(6 + x)(10 + 8x + x
2
)
6.83
. x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 12 = (3 − 2x + x
2
)(4 + 3x + x
2
)
6.84
. В случае, когда p
2
− 4q < 0
, выражение x
2
+ q/x
2
+ p после замены t = x +
√
q/x может быть разложено как разность квадратов. 5/3(a
2
+ b
2
+ c
2
+ ab + ac + bc).
6.86
. Известно, что + y + z)
3
− x
3
− y
3
− z
3
= 3(x + y)(y + z)(x + Докажем, что многочлен (x + y + z)
m
− x m
− y m
− z делится на x + По теореме Безу, достаточно проверить, что он обращается в ноль при y = −x
. Действительно, (x − x + z)
m
− x m
− (−x)
m
− z m
= 0
. Делимость на x + z и y + z доказывается аналогично. Разложите данное выражение на множители. Если a + b = 0, то равенство является верным. Значит после приведения к общему знаменателю, числитель будет делиться на a + Аналогично, он делится на a + c и b + c. После разложения числителя на множители, решение становится очевидным. Подставьте в левую ив правую части равенства c = −a − b.
6.91
. Согласно задаче, рациональными корнями уравнения x
2
−
− 17 = могут быть только числа ±1 и ±17. Но они не являются корнями. Поэтому уравнение x
2
−17 = вообще не имеет рациональных корней. Воспользуйтесь тем, что число α = cos удовлетворяет уравнению которое не имеет рациональных корней. а) x = 1, 3, баба б) x
2
− 1 6.98
. Покажите, что (P(x), P
0
(x)) = 1 6.99
. A = n, B = −n − 1.
6.106
. Можно, например, воспользоваться задачей 6.107
. а) σ
1
σ
2
− б) σ
1
(σ
2 1
− в) σ
1
(σ
2 1
− где. Рассмотрите выражение (a − x)(a − y)(a − z) = a
3
− a
2
σ
1
+
+ aσ
2
− σ
3

Ответы, указания, решения 6.110
. (0, 0, a), (0, a, 0), (a, 0, 0).
6.111
. a = −9.
6.112
. x
3
− 5x
2
+ 6x − 1 = 0.
6.113
. y
3
− y
2
− 2y − 1 = 0 6.114
. c = −
2 27
a
3
+
1 3
ab
6.115
. Для того, чтобы из отрезков с длинами x
1
, x
2
, можно было составить треугольник, необходимо и достаточно, чтобы+ x
2
− x
3
)(x
1
− x
2
+ x
3
)(−x
1
+ x
2
+ x
3
) > Выражая левую часть через p, q и r, приходим к неравенству p
3
−4pq+
+ 8r > 0 6.116
. а) Докажите, что пары чисел x, y и u, v являются парами корней одного итого же квадратного уравнения. Из этого будет следовать,
что числа x, y совпадают с числами u, v с точностью до перестановки. x
4
− ax
3
; x
4
− ax
3
− x + a
; x
4
− x
3
+ x − 1
; x
4
+ x
6.119
. Воспользуйтесь результатом задачи
6.107
е).
6.120
. (c + d)(b + c + d) = ad.
6.121
. b = 0, a < 0.
6.123
. Приведите разность данных уравнений к виду − 1)(y − 1) + (u − 1)(v − 1) = 2.
6.124
. В каждом из случаев нужно узнать, сколько корней имеют уравнения один или три. Подставьте в уравнение x = a, x = b, x = c.
6.127
. f i
(x) =
(x − x
1
) . . . (x − x i−1
)(x − x i+1
) . . . (x − x n
)
(x i
− x
1
) . . . (x i
− x i−1
)(x i
− x i+1
) . . . (x i
− x n
)
6.128
. f(x) = 1.
6.129
. f(x) = y
1
f
1
(x) + . . . + y n
f n
(x)
. Если таких многочленов будет два, то их разность будет многочленом степени не выше n с n + действительным корнем, что невозможно. Остатком будет многочлен R(x) степени 2, для которого выполняются равенства) = A,
R(b) = B,
R(c) = Явный вид этого многочлена выписывается при помощи задачи) = A
(x − b)(x − c)
(a − b)(a − c)
+ B
(x − c)(x − a)
(b − c)(b − a)
+ C
(x − a)(x − b)
(c − a)(c − b)
6.131
. По теореме Безу остаток равен f(x i
) = y i
6.132
. а) 1 + (3 − б) 1 + (1 + в) x
2

Ответы, указания, решения. 1 и 17 километров. 2
√
14 6.135
. Потрем точкам график квадратного трехчлена строится однозначно. Каждое равенство в системе можно интерпретировать как равенство нулю соответствующего многочлена в точках a, b и c.
6.138
. Если f(x) — интерполяционный многочлен Лагранжа, то также будет интерполяционным многочленом Лагранжа. В силу единственности такого многочлена (см. задачу) f(x) = f(−x).
6.139
. Пусть многочлен P(x) таков, что P(0) = 1, . . . , P(n) = Докажите, что тогда P(n + 1) < 3
n+1 6.140
. Воспользуйтесь равенством f(x) = f(x
1
)
(x − x
2
) . . . (x − x n
)
(x
1
− x
2
) . . . (x
1
− x n
)
+ . . . + f(x n
)
(x − x
1
) . . . (x − x n−1
)
(x n
− x
1
) . . . (x n
− x n−1
)
6.141
. Рассмотрите функцию f(λ) =
x
1
λ − b
1
+ . . . +
x n
λ − b n
= 1 −
(λ − a
1
) . . . (λ − a n
)
(λ − b
1
) . . . (λ − b Глава 7.4
. а) Длина стороны треугольника не превосходит суммы длин двух других его сторон.
б) Длина стороны треугольника не меньше модуля разности двух других его сторон.
в) Хорда короче дуги, которую она стягивает. а+ i б +
√
3

cos
π
12
+ i sin
π
12

= 2
cos
π
12

cos
π
12
+ i в) 2
cos
ϕ
2

cos
ϕ
2
+ i г) (1/
√
2)

cos
π
4
+ i да б) 0 < arg z в Re z| < 2; г) |z| < 1 и Im z 6 0.
7.9
. Окружность (x + 5/3)
2
+ (y − 1)
2
= (4/3)
2 7.11
. В параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон. Домножьте равенство на сопряженное. Воспользуйтесь пунктом б) из задачи

Ответы, указания, решения 7.16
. а) ±(2 − б) ±
p
1 + 1/
√
2 + i p
1 − 1/
√
2

; в) ±(7 + где. а) z =
−1
±
√
−3 б) z = −2 ± в) z = 2, где. а) z = −1, 3, 1 ± б) z = −1 −
3
√
2
, −1 +
3
√
2 2
(1
± в) z = 2, 2 ± г) x = tg

π
16
+
kπ
4

, (k = 0, 1, 2, 3).
7.19
. Воспользуйтесь результатом задачи 7.20
. Выразим t через z:
t = i
1 − z
1 + Сначала найдем значения t, которые соответствуют точкам z, лежащим на единичной окружности. Пусть z = cos ϕ + i sin ϕ. Представим числа − z ив тригонометрической форме − z = 2
cos
ϕ + π
2

cos
ϕ + π
2
+ i sin
ϕ + π
2

,
1 + z = 2
cos
ϕ
2

cos
ϕ
2
+ i Подставляя эти представления в формулу для t, находим, что t — действительное число t = tg(ϕ/2). Обратные вычисления показывают, что выбирая t именно таким образом, мы получим все точки единичной окружности кроме точки z = −1.
7.21
. Для того, чтобы построить график на отрезке [−1; 1], представьте в виде x = sin t (t ∈ [−π/2; π/2]).
7.29
. Сумма степеней равна 0, если s 6= kn, и равна n, если s = kn.
7.30
. Рассмотрите действительную и мнимую части первой формулы
Муавра.
7.31
. Представьте каждое из чисел в тригонометрической форме. а) −1/2; 1/8.
7.35
. а) Проверьте, что P(i) = P(−i) = 0 и примените теорему Безу.
б) Как ив пункте а, достаточно проверить, что Q(ρ(cos ϕ ± sin ϕ)) = 0.
7.37
. Смотрите приложение
В
,
V
7.39
. Найдите рекуррентное соотношение, которому удовлетворяют многочлены 2T
n
(x/2)
7.40
. Пусть α = m/n. Тогда cos(360nα)
◦
= 1
. Так как cos(360nα)
◦
=
= T
360n
(
cos α
◦
)
, то получаем, что многочлен T
360n
(x) − обращается в ноль при x = cos α
◦
= 1/3
. Значит многочлен f(x) = 2T
360n
(x/2) − 2

Ответы, указания, решения имеет корнем число x = 2/3. Согласно задаче, многочлен f(x) имеет старший коэффициент равный 1, а остальные его коэффициенты целые числа. Но, по теореме о рациональных корнях многочлена может иметь только целые корни. Рассмотрите многочлен T
360q
(x) − 1 7.44
. P
n
(x) = 2T
n
(x/2)
, где T
n
(x)
— многочлен Чебышёва.
7.45
. Замените тангенс на отношение синуса к косинусу. Перейдите в равенстве z + z
−1
= 2
cos α к сопряженным числами вычислите z.
7.47
. Поскольку в многочлены Чебышёва удобно подставлять числа вида x = cos α, то для решения задачи следует воспользоваться равенством. Ответ Если n = 2k, то α) = (−1)
k cos nα,
U
n−1
(
sin α) = (−1)
k+1
sin nα
cos Если n = 2k + 1, то α) = (−1)
k sin nα,
U
n−1
(
sin α) = (−1)
k cos nα
cos α
7.49
. Если f(z) = 0, то f(z) = f(z) = 0.
7.50
. Комплексные корни многочлена можно разбить на пары взаимно сопряженных чисел. При этом произведение соответствующих линейных сомножителей даст квадратный трехчлен с действительными коэффициентами − a − ib)(x − a + ib) = x
2
− 2ax + a
2
+ b
2 7.51
. Выделим в выражении lim n
→∞

1 +
a + ib n

n ту часть, которая будет стремится к e a
:
lim n
→∞

1 +
a + ib n

n
=
lim n
→∞

1 +
a n

n lim n
→∞

1 +
ib a + n

n и найдем второй предел. Заметим, что lim n
→∞

1 +
ib a + n

n
=
lim n
→∞

1 + i tg b
a + Теперь нужный предел находится по формуле Муавра:
lim n
→∞

1 + i tg b
a + n

n
=
lim n
→∞

cos nb a + n
+ i sin nb a + n

=
cos b + i sin b.
7.52
. Воспользуйтесь формулой Эйлера из задачи

Ответы, указания, решения 7.54
. На комплексной плоскости функция ln z становится многозначной. Если z =
|z|e iϕ
, тов качестве ln z можно брать любое из чисел w
k
=
ln
|z| + i(ϕ + 2kπ) (k ∈ Для каждого из них e
w k
= e ln
|z|
· e i(ϕ+2kπ)
=
|z| (cos ϕ + i sin ϕ) = z.
7.55
. a z
= e z
ln a
, где экспонента определяется как в задаче, а логарифм — как в задаче 7.56
. Корень й степени из числа z = e iθ
= e
(θ+2kπ)i равен e
θ+2kπ
, где k
— произвольное целое число. При z = −1 получаем i
√
−1 = Значение корня, приведенное в задаче, соответствует k = 0.
7.58
. баба б) 2 49 7.62
. б) 2
n/2
sin nπ
4 7.63
. б 3

2
n
+ 2
cos
(n − 2)π
3

;
1 3

2
n
+ 2
cos
(n − 4)π
3

7.67
. а) Все векторы z
1
, . . . , z имеют положительную проекцию на луч arg z = α + б) Все числа z
−1 1
, . . . , z
−1
n лежат в полуплоскости π − α < arg z <
< 2π − α
7.69
. Если точка z лежит вне треугольника abc, то векторы z − a,
z − b
, z − c располагаются в некоторой полуплоскости. Сумма их обратных величин не может равняться нулю согласно задаче, п. б. Воспользуйтесь равенством f
0
(x) = f(x)

1
z − a
+
1
z − b
+
1
z − и результатом задачи 7.72
. а) n ≡ 1, 2 (mod баб в) ни при каких. а) n = 6k ± б) n = 6k + в) ни при каких. Если x = 1 — корень многочлена P(x n
)
, то его корнем будет любое из чисел x k
=
cos(2πk/n)+i sin(2πk/n) (k = 0, . . . , n−1). Поэтому делится на (x − x
0
) . . . (x − x n−1
) = x n
− 1 7.77
. 7.
7.78
. z k