Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В

• Название: Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
• Дата: 16.10.2022
• Размер: 3.28 Mb.
• Имя файла: algebra.pdf
• Тип: Учебное пособие; #736986
• страница: 10 из 71

6.16. а) Предположим, что r/s — несократимая дробь. Тогда, поэтому r делится на p здесь используется задача Значит, делится на p
2
. Поэтому s делится на p, что противоречит несократимости дроби б) Из равенства r
2
= p
1
. . . следует, что r делится на p
1
. Поэтому. делится на p
1
. Число p
2
. . . взаимно просто с поэтому s делится на в) Из равенства p
k
+1
. . . p
n
r
2
= p
1
. . . следует, что r делится на p
1
, поскольку число p
k
+1
. . . не делится на p
1
6.17. Предположим, что +
3
√
3 = r, где r — рациональное число. Тогда (
3
√
3)
3
= (r −
√
2)
3
, те. Поэтому =
r
3
+
6r − 3 3r
2
+
2
— рациональное число, чего не может быть. Ответ иррационально. Пусть a
1
=
3
p
4 +
√
15 и a
2
=
=
3
p
4 −
√
15. Тогда a
3 1
+
a
3 2
= 8 и a
3 1
a
3 2
= 1, поэтому a
1
a
2
= 1. Следовательно. Таким образом 8 + 3
a
. Поэтому остаётся доказать, что многочлен 3x − 8 не имеет рациональных корней. Согласно задаче рациональные корни этого многочлена — целые числа, являющиеся делителями числа 8. Непосредственная проверка показывает,
что числа ±1, ±2, ±4, ±8 не являются корнями этого многочлена. а) Пусть r — рациональное число. Если r = то a = b = 0. Поэтому будем предполагать, что r 6= 0. Возведём в квадрат обе части равенства r −
√
b. В результате получим r
2
− 2r
√
b
+ b, а значит a
2r
— рациональное число.
б) Пусть r — рациональное число. Достаточно рассмотреть случай, когда r 6= 0. Возведём в квадрат обе части равенства r −
√
c. Получим+ 2
√
ab
+ b = r
2
− 2r
√
c
+ Затем возведём в квадрат обе части равенства 2
√
ab
= r
2
+ c − a − b −
− 2r
√
c. Получим = (r
2
+ c − a − b)
2
+ 4r
2
c
− 4r(r
2
+ c − a − b)
√
c.
(2)

Глава 6. Рациональные и иррациональные числа
Если r
2
+ c − a − b 6= 0, то равенство (2) показывает, что число
√
c
рационально. Если же r
2
+ c = a + b, то из равенства (1) следует,
что 2
√
ab
= −2r
√
c, причём r > 0. Следовательно 0 и В частности, число рационально. Рациональность чисел
√
a
и
√
b доказывается аналогично.
в) Можно считать, что все числа a
1
, . . . , отличны от нуля. Достаточно доказать, что число рационально. Положим, . . . , и y = √a
1
+ . . . +
√
a
n
. Рассмотрим произведение где берутся всевозможные комбинации знаков плюс и минус.
Это произведение является многочленом с целыми коэффициентами от y, x
1
, x
2 2
, . . . , x
2
n
. Выделяя члены сч тными степенями и с нечётными, получим, x
1
, . . . , x
n
)
= g(y, x
2 1
, . . . , x
2
n
)
− x
1
h(y, x
2 1
, . . . , В произведение (1) входит множитель y − x
1
− x
2
− . . . − x
n
= Поэтому f(y, x
1
, . . . , x
n
)
= 0. По условию числа y, x
2 1
, . . . , рациональны. Поэтому если h(y, x
2 1
, . . . , x
2
n
)
6= 0, то число g(y, x
2 1
, . . . , x
2
n
)/h(y, x
2 1
, . . . , x
2
n
)
рационально.
Предположим теперь, что h(y, x
2 1
, . . . , x
2
n
)
= 0. Воспользовавшись соотношением (2), получаем, x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
− f(y, −x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
= −2x
1
h(y, x
2 1
, . . . , Значит, x
2 1
, . . . , x
2
n
)
=
1 2x
1
f(y,
−x
1
, x
2
, . . . , x
n
)
=
=
1 2x
1
Y
(y
+x
1
±x
2
±. . .±x
n
)
=
1 2x
1
Y
(2x
1
+(x
2
±x
2
)
+. . при записи последнего равенства мы воспользовались тем, что x
1
+ . . . + x
n
. Значит, одно из выражений 2x
1
+ (x
2
± x
2
)
+ . . .
. . .
+ (x
n
± x
n
) обращается в нуль. Но x
1
>
0, а x
k
± x
k
>
0. Значит, x
2 1
, . . . , x
2
n
)
6= 0.
6.20. Применим индукцию по k. Сначала рассмотрим случай 2. Предположим, что √p
2
= a + b√p
1
, где числа a и b рациональны. Задача 6.16 в) показывает, что ab 6= 0. После возведения в квадрат получаем p
2
= a
2
+ 2ab√p
1
+ b
2
p
1
, а значит, число рационально, чего не может быть

Решения задач
83
Предположим теперь, что √p
k
+1
= a + b√p
k
, где a и b выражаются через √p
1
, . . . , √p
k
−1
. Если b = 0, то получаем, что выражается через √p
1
, . . . , √p
k
−1
, что противоречит предположению индукции. Если a = 0, то √p
k
+1
= (a
′
+ b
′
√
p
k
−1
)√p
k
. Если снова a
′
= 0 и т. д, тов конце концов получим √p
k
+1
= r√p
1
. . . где число r рациональное. Этого не может быть (задача 6.16 в).
Поэтому (возможно, после изменения нумерации чисел p
1
, . . . , имеем √p
k
+1
= a + b√p
k
, где ab6=0. Значит, p
k
+1
= a
2
+ 2ab√p
k
+ те. Избавившись от иррациональности в знаменателе (задача 6.8), мы получим выражение через √p
1
, . . .
. . . , √p
k
−1
, что противоречит предположению индукции. Пусть m + n
√
p
= m
1
+ n
1
√
p, причём числа m, n, и рациональные. Если m
1 6= m или n
1 6= n, то m
1
n
1
− n
. Это равенство выполняться не может, поскольку — иррациональное число. Применим индукцию по n. Легко проверить, что z
1
z
2
=
= z
1
z
2
, те. если (a + b
√
p)(c
+ d
√
p)
= A + B
√
p, то (a
− b
√
p)
×
×(c − d
√
p)
= A − B
√
p. Следовательно, если (a
+ b
√
p)(A
n
+ B
n
√
p)
=
= A
n
+1
+ B
n
+1
√
p, то (a
− b
√
p)(A
n
− B
n
√
p)
= A
n
+1
− B
n
+1
√
p.
6.23. Ответ. Пусть (2+
√
3)
n
= A
n
+ B
n
√
3, где и B
n
— натуральные числа. Согласно задаче 6.22 (2 −
√
3)
n
= A
n
− Поэтому (2 +
√
3)
n
+ (2 −
√
3)
n
— натуральное число. Но 2 −
√
3 ≈
≈ 0,2679 < 0,3, поэтому (2 −
√
3)
1000
≈ 0,0 . . . и дальше идёт ещё
несколько нулей. Если для рациональных чисел x, y, z и t выполняется указанное равенство, то согласно задаче 6.22 для тех же самых чисел должно выполняться равенство y
√
2)
2
+ (z − t
√
2)
2
= 5 − Но 5 − 4
√
2 < 0, а (x − y
√
2)
2
+ (z − t
√
2)
2
>
0.
6.25. В самом деле, пусть (5 + 3
√
2)
m
= (3 + 5
√
2)
n
. Тогда согласно задаче 6.22 (5 − 3
√
2)
m
= (3 − 5
√
2)
n
. Прийти к противоречию теперь можно разными способами. Во-первых, можно заметить,
что |5 − 3
√
2| < 1 и |3 − 5
√
2| > 1. Во-вторых, можно перемножить равенства (5 + 3
√
2)
m
= (3 + ив результате получим 7
m
= (−41)
n
6.26. а) Если (
√
2 + 1)
n
= x
√
2 + y, то согласно задаче 6.22
(
√
2 − 1)
n
= (−1)
n
(1
−
√
2)
n
= (−1)
n
(y
+ x
√
2) = (−1)
n
(
p
y
2
−
√
2x
2
).

Глава 6. Рациональные и иррациональные числа
При этом y
2
−2x
2
= (y + x
√
2)(y −x
√
2) = (1+
√
2)
n
(1
−
√
2)
n
= Таким образом, если n чётно, то (
√
2 − 1)6n и y
2
−
−2x
2
=1, а если n нечётно, то и б) Равенства b
√
m
− 1)(c
√
m
± d
√
m
− 1) =
= acm + bd(m − 1) ± (ad + bc)
p
m(m
− 1),
(a
± b
p
m(m
− 1))(c
√
m
± d
√
m
− 1) =
= (ac + bd(m − 1))
√
m
± (ad + bcm)
√
m
− показывают, что (
√
m
±
√
m
− 1)
n
= a
√
m
± b
√
m
− 1 при нечётном и (
√
m
±
√
m
− 1)
n
= a ±b
√
m(m
− 1) прич тном n (a и b — натуральные числа. В обоих случаях получаем (
√
m
±
√
m
− где x и y — натуральные числа (x = a
2
m и y
= b
2
(m
− 1) при нечётном n, x = и y = b
2
m(m
− 1) прич тном n). При этом y = (
√
x
−
√
y)(
√
x
+
√
y)
= ((
√
m
−
√
m
− 1)(
√
m
+
√
m
− 1))
n
= 1.
6.27. Число (1 +
√
3)
2n+1
+ (1 целое, причём −1 <
<
(1
−
√
3)
2n+1
<
0. Поэтому Равенство (1 ±
√
3)
2
= 2(2 ±
√
3) показывает, что+ (1 −
√
3)
2n+1
=
= 2
n
((1
+
√
3)(2 +
√
3)
n
+ (1 −
√
3)(2 Ясно, что (1 ±
√
3)(2 ±
√
3)
n
= a ± b
√
3, где a и b — некоторые натуральные числа. Достаточно доказать, что число a нечётное.
Равенство a
2
− 3b
2
= −2 показывает, что числа a и b одной чётно- сти. Эти числа не могут быть оба чётными, поскольку тогда число делилось бы на 4.
6.28. Можно считать, что a/b<c/d. Неравенство которое выполняется при a + 1 6 b, показывает, что b 6= d, те. знаменатели двух соседних дробей не могут быть одинаковыми.
Докажем требуемое утверждение индукцией по n. При n = получаем числа 1/3, 1/2, 2/3; для них утверждение легко проверяется. Предположим, что утверждение доказано для n − 1. При переходе от n − 1 к n к старому набору чисел добавляются некоторые числа вида k/n. Согласно сделанному выше замечанию два новых числа не могут быть соседними, поэтому a/b < k/n < c/d, где и c/d — соседние числа из старого списка. Нужно доказать, что оба числа A = kb − an и B = cn − kd равны 1 (ясно, что эти числа

Решения задач
85
положительны). Предположим, что одно из них больше 1. Тогда+ d < bB + dA = (bc − ad)n = n, поскольку bc − ad = 1 по предположению индукции. Неравенство + c
b + показывает, что числа и c/d не могут быть соседними. Приходим к противоречию. Согласно задаче 6.28 bx − ay = 1 и cy − dx = 1. Решая эту систему линейных уравнений относительно x и y, получаем + c
bc
− и y =
b + d
bc
− ad
6.30. Ясно, что + c
b + d
<
c
d
. Поэтому если b + d 6 n, то дробь + c
b + входит в последовательность Фарея F
n
, причём она расположена между дробями a/b и c/d.
6.31. Ответ при нечётном n;
1 2
±
1 2n − прич тном При нечётном n числитель и знаменатель дроби 1 можно сократить на 2; прич тном n тоже самое верно для дроби 1 ± 1 2n − Поэтому указанные в ответе дроби входят в последовательность
Фарея. Если a/b < c/d — соседние дроби в последовательности Фа- рея, то ad
bd
=
1
bd
. Если b = 2 и d 6 n, то 2n
. В случае нечётного n доказательство завершено. А в случае чётного n достаточно убедиться, что если 2n
, то d 6= n. Но если a = 1, b = и d = n, то 1 = bc − ad = 2c − n, поэтому n нечётно.
6.32. а) Если дробь p/q входит в последовательность Фарея, то и дробь (q−p)/q тоже входит, поскольку НОД(q−p, q)=НОД(p, Поэтому p), те, что и требовалось.
б) Аналогично а) получаем p
q
, те. Последняя сумма равна количеству членов в последовательности
Фарея.
6.33. Дробь p/q входит в последовательность Фарея, если 16 p<
<
q 6 n и НОД(p, q)
= 1. Поэтому при фиксированном q > 1 количество членов вида p/q равно f
(q). Следовательно, количество всех членов равно. Докажем сначала, что из (1) следует (2). Количество значений, для которых [x
a
] 6 n, равно n/
a
+
l
, где 0 Количество значений y, для которых [y
b
] 6 n, равно n/
b
+
m
, где 6
m
<
1/
b
. По условию n/
a
+
l
+ n/
b
+
m
= n. Поэтому при n → ∞

Глава 6. Рациональные и иррациональные числа получаем 1/
a
+ 1/
b
= 1. Если бы число было рациональным,
то из этого равенства мы получили бы a
= p/q и b
=
p
p
− q
, где > q — натуральные числа. Но тогда = p = [(p − q)
b
]. Приходим к противоречию, поэтому a
иррационально.
Докажем теперь, что из (2) следует (1). Число [k
a
] меньше в точности при k = 1, 2, . . . , [n/
a
]. Число [k
b
] меньше n в точности при k = 1, 2, . . . , [n/
b
]. Поэтому среди рассматриваемых чисел встречается ровно [n/
a
] + [n/
b
] чисел, меньших n. Из соотношения и иррациональности чисел и b
следует,
что [n/
a
] + [n/
b
] = n − 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 нужно из количества чисел, меньших n + 1, вычесть количество чисел, меньших n. В результате получим 1.
6.35. Можно считать, что a
1
<
a
2
<
. . . неравенства строгие,
потому что иначе возникли бы повторения. Число 1 встречается ровно один раз, поэтому [
a
1
] = 1, те, где 0 Пусть [p
a
1
] = n. Тогда p
a
1
<
n
+ 1. Поэтому (p + 1)
a
1
= p
a
1
+
a
1
<
<
n
+ 1 + 1 +
d
<
n
+ 3, а значит, [(p + 1)
a
1
] 6 n + 2. Таким образом,
между соседними членами последовательности [
a
1
], [2
a
1
], . . . не могут встретиться два последовательных натуральных числа.
Пусть m — наименьшее натуральное число, не встречающееся в последовательности [
a
1
], [2
a
1
], . . . Тогда [
a
1
] = 1, [2
a
1
] = 2, . . .
. . . ,
[(m − 1)
a
1
] = m − 1 и [m
a
1
] = m + 1. Поэтому (m − и m
d
1
>
1. Ясно также, что m = [
a
2
], поскольку a
2
<
a
3
<
. . . Таким образом m +
e
, где 0 Пусть x — произвольное натуральное число, не встречающееся в последовательности [
a
1
], [2
a
1
], [3
a
1
], . . . Тогда x = [p
a
1
] + и [(p + 1)
a
1
] > [p
a
1
] + 1. Последнее неравенство эквивалентно тому,
что [p + 1 + (p + 1)
d
] > [p + p
d
] + 1, те. Таким образом, p
d
<
q 6 (p
+ 1)
d для некоторого натурального числа Ясно, что (p + m − 1)
d
= p
d
+ (m − 1)
d
<
q
+ 1 и (p + m + 1)
d
=
= (p + 1)
d
+ m
d
>
q
+ 1. Возможны два случая) (p + m)
d
>
q
+ 1. В этом случае (p + m − 1)
d
<
q
+ 1 6 (p + m)
d
(2) (p + m)
d
<
q
+ 1. В этом случае (p + m)
d
<
q
+ 1 6 (p + m + Следующее за x натуральное число, не встречающееся в последовательности, равно [p
′
a
1
] + 1, где p
′
d
<
q
′
6 6
(p
′
+ 1)
d
, причём q
′
— наименьшее возможное натуральное число, большее q. Мы видим, что в качестве можно взять q + 1. При этом в случае (1) p
′
= p + m−1, а в случае (2) p
′
= p + m. Следовательно, в случае (1) [p
′
a
1
] + 1 = p + m − 1 + [(p + m − 1)
d
] + 1 = p + m + q,

Решения задача в случае (2) [p
′
a
1
] + 1 = p + m + [(p + m)
d
] + 1 = p + m + q + Напомним, что x = [p
a
1
] + 1 = p + [p
d
] + 1 = p + q. Поэтому следующее за x число, не встречающееся в последовательности [
a
1
], [2
a
1
], . . . равно x + m или x + m + Если [n
a
2
]=y, то n
a
2
−1<y6n
a
2
. Поэтому (n+1)
a
2
=n
a
2
+
a
2
<
<
y
+ 1 + m + 1 = y + m + 2 и (n + 1)
a
2
= n
a
2
+
a
2
>
y
+ m. Таким образом, (n + 1)
a
2
= y + m или y + m + Пусть x
k
— е число, не встречающееся в последовательности, [2
a
1
], . . . , а y
k
= [k
a
2
]. Докажем индукцией по k, что x
k
= При k = 1 это очевидно x
1
= m = y
1
. Предположим, что x
k
= для некоторого k. Выше было показано, что x
k
+1
=x
k
+m или а y
k
+1
= y
k
+ m или y
k
+ m + 1. Среди двух последовательных чисел+ m и x
k
+ m + 1 лишь одно может не входить в последовательность. Именно оно должно быть как числом x
k
+1
, таки числом y
k
+1

ГЛАВА ТЕКСТОВЫЕ ЗАДАЧИ. Решения без вычислений. Водном 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. Из пункта A в пункт B, расстояние между которыми км, вышел пешеход. Из пункта B навстречу ему одновременно с ним выехал велосипедист, скорость которого в 2 раза больше скорости пешехода. Встретив пешехода, он повернули поехал обратно в B. Доехав до B, велосипедист снова повернули поехал навстречу пешеходу и т. д. Какой путь проедет велосипедист к тому моменту, когда пешеход придёт в B?