Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
36.9. Рассмотрим сумму формальных рядов) Если воспользоваться результатом задачи 36.8 б, то эту сумму можно записать следующим образом) = = n P k =0 ( −1) n −k C k n (Exp(x)) k = (Exp(x) − 1) n = “ x + x 2 2! + x 3 3! + . . . ” n . У полученного формального ряда коэффициент при x m , где m<n, равен нулю, а коэффициент при равен Замечание. По поводу других доказательств см. задачи и 37.4. 36.10. Ясно, что D(Ln(f)) = D “ g − 1 2 g 2 + 1 3 g 3 − . . . ” . Воспользовавшись тем, что каждый коэффициент формального ряда определяется конечной суммой, получим 2 g 2 + 1 3 g 3 − . . . ” = D(g) − 1 2 D(g 2 ) + 1 3 D(g 3 ) − . . . = = D(g) − gD(g) + g 2 D(g) − . . . = D(g)(1 − g + g 2 − . . .) = = D(g)(1 + g) −1 = поскольку D(f) = D(f − 1) = D(g). 36.11. Воспользовавшись результатом задачи 36.10 и свойствами формальной производной, получим D(Ln(fh)) = (fh) −1 D(fh) = = (fh) −1 (fD(h) + hD(f)) = h −1 D(h) + f −1 D(f) = D(Ln(f) + Ln(h)). Решения задач 501 Кроме того, формальные ряды Ln(fh) и Ln(f) + Ln(h) имеют нулевые коэффициенты при x 0 . Поэтому Ln(fh) = Ln(f) + Ln(h). 36.12. Сначала докажем, что Ln(f −1 ) = − Ln(f). Согласно задаче из равенства f −1 f = 1 следует, что Ln(f −1 ) + Ln(f) = = Ln(f −1 f) = Ln(1) = С помощью задачи 36.11 индукцией по n получаем Ln(f n ) = = n Ln(f) для любого натурального n. Кроме того, равенство − Ln(f) показывает, что Ln(f n ) = n Ln(f) для любого целого Если r = m/n, где числа m и n целые, то m Ln(f) = Ln(f m ) = = Ln((f r ) n ) = n Ln(f r ), поэтому Ln(f r ) = m n Ln(f) = r Ln(f). 36.13. Сначала докажем, что если Ln(f) = 0, то f = 1. Действительно, поэтому f −1 D(f) = 0. Значит, D(f) = и f = Если Ln(f)=Ln(h), то согласно задаче 36.11 Ln(f −1 h) =Ln(f −1 ) + + Ln(h). Кроме того, согласно задаче 36.12 Ln(f −1 ) = − Ln(f). Поэтому и f −1 h = 1. 36.14. Будем использовать обозначение 1)(r − 2) . . . (r − n + для любого рационального числа r и натурального числа n. Пусть 1 + ∞ P n =1 C n r g n . Требуется доказать, что (1 + g) r = h. Ясно, что D(g) ∞ P n =1 nC n r g n −1 , поэтому+ g)D(h) = D(g) ∞ X n =1 nC n r g n −1 + D(g) ∞ X n =1 nC n r g n = = D(g) ∞ X n =1 nC n r g n −1 + D(g) ∞ X n =2 (n − 1)C n −1 r g n −1 = = rD(g) + D(g) ∞ X n =2 (nC n r + (n − 1)C n −1 r )g n −1 = = rD(g) + D(g) ∞ X n =2 rC n −1 r g n −1 = rD(g) „ ∞ X n =1 rC n r g n « = Умножив обе части этого равенства на h −1 (1 + g) −1 , получаем. Учитывая, что) и r(1+g) −1 D(1 +g)=D(r Ln(1+g))=D(Ln(1+g) r ), 502 Глава 36. Формальные ряды и производящие функции получаем D(Ln(h)) = D(Ln(1 + g) r ). У формальных рядов и Ln(1 + коэффициенты при равны нулю, поэтому Ln(h) = = Ln(1 + g) r . Воспользовавшись результатом задачи 36.13, получаем. Рассмотрим формальные ряды A(x) и B(x) = = ∞ P n =0 b n x n n! . По условию (n − Значит (n − i)! = Умножив обе части этого равенства на Exp(−x), получим A(x) = = Exp(−x)B(x). Сравнивая коэффициенты при x n /n!, получаем. Коэффициент при зависит лишь от конечного произведения. а) Положим+ x 2i−1 y)(y + где A i (x) — многочлен с целыми коэффициентами. Несложная проверка показывает, что+ x 2n−1 )F(x 2 y) = x 2n−1 (1 + те+ Приравнивая коэффициенты при y n +i , получаем+ A i (x)x 4n+2i−1 = A i −1 (x)x 4n + те Решения задач 503 Ясно также, что A n (x) = x · x 3 · x 5 · . . . · x 2n−1 = x n 2 . Поэтому x (n −k) 2 (1 − x 4n )(1 − x 4n−2 ) . . . (1 − x 4n−2k+2 ) (1 − x 2 )(1 − x 4 ) . . . (1 − те. Положим в равенстве (1) y = −1. В результате получим Тождество а) теперь легко получается при n → ∞. Действительно, фиксируем r. Коэффициент при в выражении такой же, как в выражении при достаточно большом. Далее, у многочлена A i (x) коэффициент при равен нулю при r < i 2 . Если же r > i 2 , то при достаточно большому многочлена) коэффициент при такой же, как коэффициент при в выражении x i 2 ∞ Q m =1 (1 − б) Воспользуемся тождеством а, предварительно умножив обе части на x 2m )(1 + x m ). В результате получим+ x m ) ∞ X k =−∞ ( −1) k x k 2 = ∞ Y m =1 (1 − x 2m−1 ) 2 (1 − x 2m )(1 + Затем используем очевидные тождества x 2m−1 )(1 − x 2m ) = = ∞ Q m =1 (1 −x m ) и. Ещё раз применив первое из этих тождеств, получим требуемое. а) Пусть f m = m Q n =1 1 − x n 1 + x n . Тогда D „ m X n =1 (Ln(1 − x n ) − Ln(1 + x n )) « 504 Глава 36. Формальные ряды и производящие функции Воспользовавшись тем, что D(Ln(h)) = h −1 D(h), получаем − m X n =1 “ nx n −1 1 − x n + nx n −1 1 + x n ” = = −2 m X n =1 (nx n −1 + nx 3n−1 + nx 5n−1 + . . .) = где s m (n) — сумма тех делителей d числа n, для которых n/d нечёт- но и d 6 m; если m > n, то s m (n) = С другой стороны, D(Ln(f m )) = f −1 m D(f m ). Поэтому f m D(Ln(f m )) = Если число r фиксировано, то при достаточно больших m коэффициенты при у формальных рядов D(f m ), D(f) и одинако- вые. б) Согласно тождеству из задачи 36.17 б) f = 1 + Подставим это выражение в тождество D(f) = −2fg. В левой части получим 2 ∞ P m =1 ( −1) m m 2 x m 2 −1 . В правой части получим формальный ряд, коэффициент которого при равен −2(s(n) − 2s(n − 1) + +2s(n−2 2 ) −2s(n−3 2 ) +. . .). Приравнивая коэффициенты при в обеих частях, получаем требуемое. а) Если число n не является квадратом, то число s(n) чётно. Действительно, если n чётно, а n/d нечётно, то d чётно; поэтому для чётного n число s(n) представляет собой сумму чётных чисел. Если же n нечётно и не является полным квадратом, то можно представить в виде суммы чётных чисел d + Если число n не является суммой двух квадратов, тони одно из чисел n − не является квадратом. Поэтому числа s(n − m 2 ) чётны, а значит, число s(n) делится на Если p — нечётное простое число, то s(p) = p + 1. Значит, если — не сумма двух квадратов, то p + 1 делится на 4. Поэтому любое простое число вида 4k + 1 можно представить в виде суммы двух квадратов. б) Продолжим дальше рассуждения из решения задачи а. Если число n не является суммой трёх квадратов, тони одно из чисел n − не является суммой двух квадратов. Поэтому числа m 2 ) делятся на 4, а значит, число s(n) делится на 8. Таким образом, если p — нечётное простое число, которое не является Решения задач 505 суммой трёх квадратов, то число s(p) = p + 1 делится на 8. Поэтому любое простое число p вида 8k+3 можно представить в виде суммы трёх квадратов. Ясно, что (1 + x) n = C 0 n + C 1 n x + . . . + C n n x n = a 0 + a 1 x + . . . . . . + a n x n 36.21. а) Ясно, чтоб) Тождество (f(x)) 2 =f(x)−x показывает, что f(x)= 1 2 ± 1 Кроме того, f(0) = 0, поэтому f(x) = 1 2 − 1 2 √ 1 − 4x. Согласно задаче n + 1 ” n! ( −4x) n + . . Коэффициент при равен · (−1) · (−3) · (−5) · . . . · (−2n + 3) 2 n n! ( −4) n = − 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 3) n! 2 n = = − (2n − 2)! n! 2 n −1 (n − 1)! 2 n = −2 (2n − 2)! n! (n − Поэтому c n = (2n − 2)! n! (n − 1)! 36.22. Из определения чисел Бернулли следует, что + x 2! + x 2 3! + x 3 4! + . . . ” ∞ X n =0 B n n! x n = В выражении в левой части коэффициент при равен 0! + 1 (k − 1)! · B 1 1! + 1 (k − 2)! · B 2 2! + . . . + 1 1! · B k −1 (k − При k>1 этот коэффициент равен нулю, поэтому после умножения на k! получаем требуемое. По определению B n (z) = n P k =0 C k n B k z n −k . Поэтому B n (0) = и B n (1) = n P k =0 C k n B k = согласно задаче 36.22. 506 Глава 36. Формальные ряды и производящие функции. При k = 2 получаем 2B 1 + B 0 = 0, поэтому B 1 = −1/2. При 3 получаем 3B 2 + 3B 1 + B 0 = 0, поэтому B 2 = 1/6. При k = получаем 4B 3 + 6B 2 + 4B 1 + B 0 = 0, поэтому B 3 = 0. Аналогично получаем B 4 = −1/30 и B 5 = 0. 36.25. Для краткости будем писать вместо Exp(x). С одной стороны С другой стороны 1 = −xe x 1 − e x = x + x e x − 1 = x Таким образом, x + ∞ X n =0 B n n! x n = ∞ X n =0 B n n! ( −x) n Поэтому для любого нечётного n > 1 должно выполняться равенство. а) По определению+ 1) − Выражение в правой части не содержит для p > n − 1. Кроме того, коэффициент при равен C n n C n −1 n = n. Остаётся доказать, что для фиксированного p, 0 6 p 6 n − 2, n P k =p+1 C k n C p k B n −k = 0. Положим. Тогда требуемое равенство перепишется в виде 0. Легко проверить, что C n −m n C p n −m = C p n C m n −p Остаётся заметить, что 0 согласно задаче б) Складывая равенства B n +1 (0) = (n + 1) · 0 n , B n +1 (2) − B n +1 (2) = (n + 1) · 1 n , B n +1 (k + 1) − B n +1 (k) = (n + 1) · получаем требуемое Решения задач. По определению B n (z) = n P k =0 C k n B k z n −k . Поэтому (n − k) k! (n − k)! B k z n −k−1 = n n −1 X k =0 C k n −1 B k z n −1−k = nB n −1 (z). 36.28. Ясно, что (1 − x n ) −1 = 1 + x n + x 2n + x 3n + . . . Поэтому коэффициент при в формальном ряду равен количеству представлений числа m в виде a 1 + 2a 2 + . . . + ka k , где, a 2 , . . . , a k — неотрицательные целые числа. Такое представление можно записать следующим образом + . . . + 1 | {z } a 1 + 2 + . . . + 2 | {z } a 2 + . . . + k + . . . + Поэтому количество представлений числа m в таком виде равно. Бесконечному произведению x n ) соответствует формальный ряд, в котором коэффициент при получается следующим образом. Рассмотрим все представления числа m в виде n 1 + n 2 + . . . + n k , где n 1 < n 2 < . . . < n k — различные натуральные числа, и каждому такому представлению сопоставим число Сумма всех этих чисел и есть коэффициент при Фиксируем число m и рассмотрим все его представления в виде n 1 + n 2 + . . . + n k , где n 1 < n 2 < . . . < n k . Пусть s — наибольшее число, для которого s чисел n k −s+1 , n k −s+2 , . . . , идут подряд, т. е. n k − n k −s+1 = s − Предположим, что n 1 6 s, но исключим случай, когда n 1 = s = Сопоставим набору (n 1 , n 2 , . . . , n k ) набор, . . . , n k −n 1 , n k −n 1 +1 + 1, n k + если k = n 1 , то сопоставляемый набор имеет вид (n 2 + 1, . . . , n k + Новый набор тоже соответствует некоторому представлению числа. Неравенство n 1 6 s гарантирует, что числа n k −n 1 +1 + 1, . . . . . . , n k + 1 идут подряд. Ясно также, что (n k −n 1 +1 + 1) − поэтому в новом наборе подряд идут ровно n 1 < n 2 чисел. Предположим, что n 1 6 s, но исключим случай, когда n 1 = s + и s = k. Сопоставим набору (n 1 , n 2 , . . . , n k ) набор, n 1 , . . . , n k −s , n k −s+1 − 1, . . . , n k − если k=s, то сопоставляемый набор имеет вид (s, n 1 −1, . . . , Неравенство обеспечивается тем, что подряд идут 508 Глава 36. Формальные ряды и производящие функции только числа n k −s+1 , . . . , n k . Мы получаем новый набор, который тоже соответствует представлению числа m. В новом наборе подряд идут по крайней мере s чисел. Мы построили взаимно обратные соответствия между некоторыми представлениями числа m: каждому представлению, для которого n 1 6 s, соответствует представление для которого n 1 > s, но при этом некоторые представления исключены. Друг другу соответствуют представления, в которых число слагаемых отличаются на 1. Вклады таких представлений в коэффициент при взаимно сокращаются. Поэтому остаются только исключённые представления) и (k + 1, k + 2, . . . , 2k). Им соответствуют члены и (−1) k x b , где a = k + (k + 1) + . . . + (2k − 1) = 3k 2 − и b = (k + 1) + (k + 2) + . . . + 2k = 3k 2 + k 2 |