Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
9.6. Чтобы получить требуемую сумму, нужно сложить 1 + x + + x 2 + . . . + x n = x n +1 − 1 x − 1 , x + x 2 + . . . + x n = x n +1 − x x − 1 , . . . , x n = x n +1 − x n x − В результате получим + 1)x n +1 − (1 + x + . . . + x n ) x − 1 = (n + 1)x n +1 − x n +1 − 1 x − 1 x − 1 = = (n + 1)x n +2 − (n + 2)x n +1 + 1 (x − 1) 2 9.7. Пусть a/d = m/n, где m и n — натуральные числа. При всех натуральных k число (1 + n) k − 1 делится на n, поэтому число b k = a(1 + n) k − a d = m n ((1 + n) k − 1) целое. Значит, все числа+ n) k = a + b k d принадлежат данной арифметической прогрес- сии. Пусть a + kd, a + ld, a + md — последовательные члены геометрической прогрессии, причём k < l < m. Тогда (a + ld) 2 = (a + kd)× ×(a + md), те. Остаётся проверить, что − k − m 6= 0. Пусть 2l − k − m = 0. Тогда km − l 2 = 0. Поэтому m) 2 = (k + m) 2 − 4km = 4l 2 − 4l 2 = 0, что противоречит условию < m. 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 a, b, c, d по условию образуют геометрическую прогрессию. Но ab > cd и ac > bd, поэтому ad = bc, те. Те же самые рассуждения показывают, что e = bc/a. Решения задач. Каждый член геометрической прогрессии представляется в виде aq n , n > 0. Случай, когда q = 1, очевиден, поэтому будем считать, что q 6= 1. Предположим, что существуют различные целые неотрицательные числа k 1 , k 2 , . . . , k m +1 (m > 2), для которых+ aq k 2 + . . . + aq k m = Пусть l 1 < l 2 < . . . < l m +1 — это числа k 1 , k 2 , . . . , k m +1 , записанные в порядке возрастания. Перепишем равенство (1) в виде ±aq l 2 ± . . . ± После сокращения на получим = q l 2 −l 1 ( ±1 ± q l 3 −l 2 ± . . . ± Левая часть равенства равна 1, а правая часть делится на целое число q l 2 −l 1 , абсолютная величина которого строго больше 1. Получено противоречие. Первую сумму можно записать в виде. . .+a i +p−1 ) = = n −p+1 P i =1 p −1 P j =0 a i +j = n −p P i =0 p −1 P j =0 a i +j+1 = p −1 P j =0 n −p P i =0 a i +j+1 = n −q P j =0 q −1 P i =0 a i +j+1 . В результате мы получили вторую сумму. Согласно задаче 9.10 (a 1 + a 2 + . . . + a 7 ) + (a 2 + . . . + a 8 ) + . . . . . . + (a 11 + . . . + a 17 ) = (a 1 + a 2 + . . . + a 11 ) + (a 2 + . . . + a 12 ) + . . . + + (a 7 + . . . + a 17 ). Поэтому n < При n = 16 такая последовательность существует 5, 5, −13, 5, 5, 5, −13, 5, 5, −13, 5, 5, 5, −13, 5, 5. 9.12. Сложив равенства (k + 1) 3 = k 3 + 3k 2 + 3k + 1 для k = 1, 2, . . . . . . , n, получим (n + 1) 3 = 1 + 3S 2 (n) + 3S 1 (n) + n. Значит (n + 1) 3 − 3 2 n(n + 1) − (n + 1) = n(n + 1)(2n + Сложив равенства (k + 1) 4 = k 4 + 4k 3 + 6k 2 + 4k + 1 для k = 1, 2, . . . . . . , n, получаем (n + 1) 4 = 1 + 4S 3 (n) + 6S 2 (n) + 4S 1 (n) + n. Значит (n + 1) 4 − n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1) − (n + 1) = n 2 (n + 1) 2 9.13. а) С одной стороны+ 1) k +1 − j k +1 ) = (n + 1) k +1 − С другой стороны+ 1) k +1 − j k +1 ) = n P j =1 (C k k +1 j k + C k −1 k +1 j k −1 + . . . . . . + C 1 k +1 j + 1) = C k k +1 S k (n) + C k −1 k +1 S k −1 (n) + . . . + C 1 k +1 S 1 (n) + S 0 (n). Глава 9. Вычисление сумм и произведений б) Достаточно воспользоваться формулой из задачи аи применить индукцию по k. Нужно лишь учесть, что C k k +1 = k + 1. 9.14. а) С одной стороны+ 1) k − j k (j − 1) k ) = n k (n + С другой стороны, эта сумма равна сумме выражений вида+ C 1 k j 2k−1 + C 2 k j 2k−2 + . . . + C k −1 k j k −1 + C k k j k , −j k + C 1 k j 2k−1 − C 2 k j 2k−2 + . . . ± C k −1 k j k −1 ∓ Поэтому она равна б) Согласно задаче аи т. д. С одной стороны+ 1) k +1 − (j − 1) k +1 ) = (n + 1) k +1 + + n k +1 − 1. С другой стороны, эта сумма равна 2S. 9.16. Согласно задаче 9.12 1 3 + 2 3 + 3 3 + . . . + m 3 = “ m(m + Поэтому 1 3 + 2 3 + 3 3 + . . . + (2n − 1) 3 + (2n) 3 = “ 2n(2n + 1) 2 ” 2 , те + Преобразуем последнее равенство, воспользовавшись тем, что 1 3 + + 2 3 + . . . + n 3 = “ n(n + 1) 2 ” 2 . В результате получим 1 3 + 3 3 + 5 3 + . . . . . . + (2n − 1) 3 = n 2 (2n 2 − 1). 9.17. а) Рассматриваемую сумму можно разбить на слагаемые k , k = 1, 2, . . . , p − 1 2 . При этом k = p k(p − k) . После приведения таких дробей к общему знаменателю получаем · 2 · 3 · . . . · (p − 1) . Остаётся заметить, что p не делится ни на одно из чисел 2, 3, . . . , p − б) Рассматриваемая дробь равна + 1 p − 1 ” + “ 1 2 + 1 p − 2 ” + . . . + 1 p − 1 2 + p + 1 2 ! = = p 1 p − 1 + 1 2(p − 2) + . . . + 1 “ p − 1 2 ”“ p + 1 2 ” ! = p M (p − 1)! , Решения задач 123 где M = (p − 1)! p − 1 + (p − 1)! 2(p − 2) + . . . + (p − 1)! “ p − 1 2 ”“ p + 1 Нужно доказать, что M делится на Пусть x ≡ (p − 1)! k(p − k) (mod p). Тогда xk(p − k) ≡ (p − 1)! (mod Согласно теореме Вильсона (задача 31.15 а) (p − 1)! ≡ −1 (mod поэтому −xk 2 ≡ −1 (mod p). Теперь легко убедиться, что, когда пробегает значения 1, 2, . . . , p − 1 2 , x пробегает значения 1 2 , 2 2 , . . . . . . , “ p − 1 2 ” 2 . Действительно, пробегает все квадратичные вычеты. Для каждого k можно выбрать k так, что kk ≡ 1 (mod p). Ясно, что тоже пробегает все квадратичные вычеты и k ≡ x (mod В итоге получаем, что M ≡ 1 2 + 2 2 + . . . + “ p − 1 2 ” 2 (mod p). Но согласно задаче 9.12 1 2 + 2 2 + . . . + “ p − 1 2 ” 2 = “ p − 1 2 ”“ p + 1 Это число делится на p. 9.18. Сначала заметим, что − 1 2 + 1 3 − 1 4 + . . . + 1 4k − 1 = = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + . . . + 1 4k − 1 − 2 “ 1 2 + 1 4 + 1 6 + . . . + 1 4k − 2 ” = = 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + . . . + 1 4k − 1 − 1 − 1 2 − 1 3 − . . . − 1 2k − 1 = = 1 2k + 1 2k + 1 + . . . + 1 4k − Число слагаемых в последней сумме чётно, поэтому слагаемые можно сгруппировать в пары 2k + s + 1 4k − 1 − s = 6k + 1 (2k − s)(4k − 1 − 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 k p + (p − делится на p 2 . Действительно. . . , где многоточием обозначены члены, делящиеся на x 2 . В нашем случае (p − k) p ≡ −k p + pk p −1 p ≡ −k p (mod поэтому k p + (p − делится на p 2 Глава 9. Вычисление сумм и произведений Число p простое, поэтому если 1 6 k 6 p − 1, то оба числа k p и (p − на p не делятся. Значит, a k + a p −k = p 2 . Рассматриваемая сумма разбивается на (p − 1)/2 слагаемых вида a k + поэтому она равна p 2 (p − 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(a − b). С другой стороны, она равна 2(p − q). ГЛАВА МНОГОЧЛЕНЫ — I 10.1. Выделение полного квадрата. Представьте многочлен в виде полного квадрата. Корни многочленов. а) Докажите, что остаток отделения многочлена) на x − a равен f(a) (Безу). б) Пусть x 0 — корень многочлена f(x). Докажите, что) делится на x − x 0 10.3. Пусть P(x) = a n x n + a n −1 x n −1 + . . . + a 1 x + a 0 — многочлен с целыми коэффициентами. Предположим, что он имеет рациональный корень x 0 = p/q, причём p/q — несократимая дробь. Докажите, что делится на q, а делится на p. 10.4. Найдите многочлен с целыми коэффициентами, корнем которого является число + √ 3. 10.5. Найдите многочлен с целыми коэффициентами, корнем которого является число + 3 √ 3. 10.6. Найдите все многочлены вида x n ± x n −1 ± x n −2 ± . . . . . . ± x ± 1, у которых все корни вещественны. Коэффициенты многочлена. Определите коэффициенты, которые будут стоять при и после раскрытия скобок и приведения подоб- Глава 10. Многочлены — I ных членов в выражении+ x 5 + x 7 ) 20 10.8. Пусть P(x) = a n x n + a n −1 x n −1 + . . . + a 0 — многочлен с вещественными коэффициентами, причём a n > 1. Докажите, что если число m больше любого из чисел |a n −1 | + 1, . . . . . . , |a 0 | + 1, то Q(x) = P(x + m) — многочлен с положительными коэффициентами. При делении многочлена x 1951 − 1 на x 4 + x 3 + 2x 2 + + x + 1 получается частное и остаток. Найдите в частном коэффициент при x 14 10.4. Теорема Виета 10.10. Пусть x 1 , . . ., x n — корни многочлена+ a n −1 x n −1 + a n −2 x n −2 + . . . + Докажите, что x 1 + x 2 + . . . + x n = −a n −1 , X 16i<j6n x i x j = a n −2 , X 16i<j<k6n x i x j x k = −a n −3 , . . . , x 1 . . . x n = теорема Виета). 10.11. Какому условию должны удовлетворять коэффициенты многочлена x 3 + ax 2 + bx + c, чтобы три его корня составляли арифметическую прогрессию. а) Пусть a , b и корни многочлена x 3 − 9x + Докажите, что a 2 + a − 6 = b или б) Пусть a , b и корни многочлена x 3 − 21x + Докажите, что a 2 + 2 a − 14 = b или g 10.5. Делимость. Пусть P(x) — многочлен с целыми коэффициентами и b — целые числа, причём a > b. Докажите, что число P(b) делится на a − b. Условия задач. Существует ли многочлен P(x) с целыми коэффициентами, для которого P(7) = 11 и P(11) = 13? 10.15. Пусть P(x) — многочлен с целыми коэффициентами, причём для некоторого целого числа n числа P(n), P(n + 1) и P(n + 2) делятся на 3. Докажите, что тогда делится на 3 для любого целого m. 10.16. Докажите, что любой многочлен с целыми коэффициентами, отличный от константы, при некотором натуральном значении аргумента принимает значение, которое является составным числом. Приведите пример многочлена P(x), который делится на x 2 + 1, и при этом P(x) − 1 делится на x 3 + 1. 10.18. Пусть a 0 = 0, a n = P(a n −1 ) для n = 1, 2, . . . , где) — многочлен с целыми коэффициентами, причём P(x)> > 0 при x > 0. Докажите, что если m, n > 0, то НОД(a m , a n ) = = a d , где d = НОД(m, n). 10.19. Докажите, что многочлен x 15 − 1 имеет делители всех степеней от 1 доте. для любого натурального числа k 6 14 найдётся многочлен степени k с целыми коэффициентами, делящий x 15 − 1. 10.20. Докажите, что многочлен x 2n + x n + 1 делится на+ x + 1 тогда и только тогда, когда n не делится на 3. 10.21. а) Известно, что ax 3 +bx 2 +cx+d, где a, b, c, d — заданные целые числа, при любом целом x делится на Докажите, что все числа a, b, c, d делятся наб) Известно, что ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e, где a, b, c, d, e — заданные целые числа, при любом целом x делится на 7. Докажите, что все числа a, b, c, d, e делятся на 7. 10.22. Докажите, что если p/q — несократимая рациональная дробь, являющаяся корнем многочлена a 0 x n + a 1 x n −1 + . . . + с целыми коэффициентами, то p − kq — делитель числа при любом целом k. |