Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
4.56. Посмотрим, какие остатки может давать простое число > 3 при делении на 6. Оно не может давать остаток 2 или 4, поскольку иначе оно было бы чётно. Оно не может давать остаток поскольку иначе оно делилось бы на 3. Значит, простое число p > при делении на 6 даёт остаток 1 или 5, те. оно имеет вид 6n ± его квадрат имеет вид 36n 2 ± 12n + 1. 4.57. Предположим, что существует лишь конечное число различных простых чисел, а именно, p 1 , . . . , p r . Рассмотрим число. . . p r + 1. Оно не делится ни на одно из чисел p 1 , . . . , p r , поэтому у него есть простой делитель, отличный от p 1 , . . . , p r 4.58. Предположим, что p 1 , . . . , p r — все различные простые числа вида 4k − 1. Рассмотрим число 4p 1 . . . p r − 1. Оно нечётно, поэтому все его простые делители имеют вид 4k ± 1. Ясно также, что все простые делители не могут иметь вид 4k + 1, поскольку произведение чисел такого вида имеет такой же вид. Остаётся заметить, что рассматриваемое число не делится на p 1 , . . . , p r 4.59. а) Многочлен x q − 1 делится на x − 1, поэтому 2 pq − 1 = = (2 p ) q − 1 делится наб) Если q нечётно, то многочлен x q + 1 делится на x+ 1. Поэтому если число n имеет нечётный делитель q > 1, то 2 n + 1 делится на+ 1. Глава 4. Делимость. Воспользуемся тождеством x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + 1 − x)× ×(x 2 + 1 + x). При x = 2 получаем, что рассматриваемое число является произведением чисел 2 2 n−1 + 2 2 n−2 + 1 и 2 2 n−1 − 2 2 n−2 + Эти числа взаимно просты, поскольку они нечётны, а их разность равна 2 2 n−2 +1 . Теперь можно воспользоваться индукцией по n, поскольку число 2 2 n−1 + 2 2 n−2 + 1 имеет тот же самый вид. Пусть a = a 1 + a 2 n и b = b 1 + b 2 n. Тогда a ± b = a 1 ± b 1 + + (a 2 ± b 2 )n и ab = a 1 b 1 + (a 2 b 1 + a 1 b 2 + a 2 b 2 n)n. 4.62. Если xa ≡ ya (mod p), то (x − y)a делится на p. Числа и p взаимно простые, поэтому x − y делится на p. Значит, если 6 x, y 6 p − 1, то x = y. 4.63. Согласно задаче 4.62 ровно один из остатков отделения на p чисел b, 2b, . . . , (p − 1)b равен 1. Значит, существует единственное целое число b, 1 6 b 6 p − 1, для которого bb ≡ 1 (mod При этом a ≡ b(ab) (mod p). ГЛАВА ТОЖДЕСТВА. Разложение на множители В задачах 5.1––5.9 требуется разложить указанные выражения хотя бы на два множителя меньшей степени, не используя радикалов. а) x n − y n ; б) x 2n+1 + y 2n+1 5.2. x 4 + 4. 5.3. (x + y + z) 3 − x 3 − y 3 − z 3 5.4. x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz. 5.5. (x − y) 3 + (y − z) 3 + (z − x) 3 5.6. a 10 + a 5 + 1. 5.7. a 4 (b − c) + b 4 (c − a) + c 4 (a − b). 5.8. x 4 + x 3 + x 2 + x + 12. 5.9. а) Разложите x 8 + x 4 + 1 на два множителя. б) Разложите x 8 + x 4 + 1 на четыре множителя, допуская в качестве коэффициентов квадратные корни из натуральных чисел. Доказательство тождеств. Докажите, что для любого натурального n справедливо соотношение 2 n · (2n − 1)!! 5.3. Суммы квадратов. Докажите, что если каждое из чисел m и n представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел, то Глава 5. Тождества их произведение mn тоже представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел. а) Представьте в виде суммы квадратов 1 + a 2 2 + a 2 3 )(b 2 1 + b 2 2 + b 2 3 ) − (a 1 b 1 + a 2 b 2 + б) Представьте в виде суммы квадратов 1 + . . . + a 2 n )(b 2 1 + . . . + b 2 n ) − (a 1 b 1 + . . . + тождество Лагранжа. Вспомогательные тождества. Известно, что число a + 1/a целое. а) Докажите, что число a 2 + тоже целое. б) Докажите, что число a n + целое для любого натурального n. 5.14. Докажите, что любое нечётное число есть разность двух квадратов целых чисел. Докажите, что произведение четырёх последовательных целых чисел в сумме с единицей даёт полный квадрат. Докажите, что если+ b + то+ b n + для любого нечётного n. 5.17. Пусть x, y, z — попарно различные целые числа. Докажите, что число (x − y) 5 + (y − z) 5 + (z − делится на − z)(z − x)(x − y). 5.18. Докажите, что если c + b c − a + c a − b = 0, то c) 2 + b (c − a) 2 + c (a − b) 2 = 0. 5.19. Докажите, что n 2 + 3n + 5 ни при каком целом n не делится на 121. 5.20. Докажите, что выражение+ 3x 4 y − 5x 3 y 2 − 15x 2 y 3 + 4xy 4 + неравно ни при каких целых значениях x и y. Условия задач. Докажите, что для любого натурального n > 2 число 4n+2 + 1 не является произведением двух простых чисел. Докажите, что любое рациональное число можно представить в виде суммы трёх кубов рациональных чисел. Разложения рациональных функций. Представьте дроби ив виде суммы дробей, где a и b — действительные числа. Пусть числа a 1 , . . ., попарно различны. Докажите, что можно выбрать числа A 1 , . . ., так, что+ a 1 ) . . . (x + a n ) = A 1 x + a 1 + . . . + A n x + a n 5.25. Пусть a 1 < a 2 < a 3 < . . . < и+ a 1 )(x + a 2 ) . . . (x + a n ) = A 1 x + a 1 + A 2 x + a 2 + . . . + A n x + где A 1 , . . ., A n — действительные числа. Докажите, что, A 2 < 0, A 3 > 0, . . . 5.6. Разложения квадратичных функций. Докажите, что если для всех x, y, z справедливо равенство+ a 22 y 2 + a 33 z 2 + 2a 12 xy + 2a 13 xz + 2a 23 yz = = (b 1 x + b 2 y + b 3 z)(c 1 x + c 2 y + то a 11 a 22 a 33 + 2a 13 a 12 a 23 = a 2 23 a 11 + a 2 13 a 22 + a 2 12 a 33 5.7. Тождества с целыми частями. Докажите, что + h x + 1 n i + h x + 2 n i + . . . + h x + n − 1 n i = [nx]. Глава 5. Тождества. Пусть p и q — взаимно простые натуральные числа. Докажите, что h q p i + h 2q p i + . . . + h (p − 1)q p i = (p − 1)(q − 1) 2 5.29. Пусть p и q — взаимно простые нечётные натуральные числа. Докажите, что h q p i + h 2q p i + . . . + " p − 1 2 · q p # + h p q i + + h 2p q i + . . . + " q − 1 2 · p q # = (p − 1)(q − 1) 4 ( Эйзенштейн). 5.30. Докажите, что [ √ n + √ n + 1] = [ √ 4n + 2] для любого натурального числа n. 5.31. Докажите, что [ √ n + √ n + 1 + √ n + 2] = [ √ 9n + 8] для любого натурального числа n. 5.32. Докажите, что [ 3 √ n + 3 √ n + 1] = [ 3 √ 8n + 3] для любого натурального числа Решения. а) (x − y)(x n −1 + x n −2 y + . . . + б) (x + y)(x 2n − x 2n−1 y + x 2n−2 y 2 − . . . + y 2n ). 5.2. (x 2 − 2x + 2)(x 2 + 2x + 2). 5.3. 3(x + y)(y + z)(z + x). 5.4. (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx). 5.5. 3(x − y)(y − z)(z − x). 5.6. (a 2 + a + 1)(a 8 − a 7 + a 5 − a 4 + a 3 − a + 1). 5.7. (a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca)(a − b)(b − c)(a − c). 5.8. (x 2 − 2x + 3)(x 2 + 3x + 4). 5.9. а) (x 4 + x 2 + 1)(x 4 − x 2 + б) Каждый из полученных многочленов четвёртой степени можно разложить на множители, воспользовавшись тождеством+ ax + 1)(x 2 − ax + 1) = x 4 + (2 − a 2 )x 2 + нужно положить a = 1 и a = √ 3. Решения задач. Ясно, что n! 2 n = 2 · 4 · 6 · . . . · 2n. Поэтому n! 2 n (2n − 1)!! = = (2 · 4 · 6 · . . . · 2n) · 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) = (2n)!. 5.11. Воспользуйтесь тождеством (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ac + bd) 2 + + (ad − bc) 2 5.12. а) (a 1 b 2 − a 2 b 1 ) 2 + (a 2 b 3 − a 3 b 2 ) 2 + (a 1 b 3 − б a j b i ) 2 , где суммирование ведётся по всем парам i < j. 5.13. а) Воспользуйтесь тождеством a 2 + 1/a 2 = (a + 1/a) 2 − б) Воспользуйтесь тождеством. Воспользуйтесь тождеством 2n + 1 = (n + 1) 2 − n 2 5.15. Достаточно заметить, что+ 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n(n + 3) + 1) 2 5.16. Равенство + b + эквивалентно равенству+ ca + ab)(a + b + c) = abc, те (предполагается, что abc 6= 0 и a + b + c 6= 0). Таким образом, тройка чисел a, b, c имеет вид x, −x, y, причём y 6= ±x. Но тогда тройка чисел a n , b n , при нечётном n тоже имеет такой вид. Несложно проверить, что частное равно x 2 + y 2 + z 2 − xy − − yz − xz. Действительно, пусть x − y = u и y − z = v. Тогда (x − y) 5 + +(y−z) 5 +(z−x) 5 =u 5 +v 5 −(u+v) 5 =−5(u 4 v +2u 3 v 2 +2u 2 v 3 +vu 4 ) = = −5uv(u + v)(u 2 + uv + v 2 ) и 5(y − z)(z − x)(x − y) = −5uv(u + v). Остаётся заметить, что u 2 + uv + v 2 = x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − xz. 5.18. Докажем, что c) 2 + b (c − a) 2 + c (a − b) 2 = = “ a b − c + b c − a + c a − b ”“ 1 b − c + 1 c − a + 1 a − Действительно, сумма трёх дробей c “ 1 c − a + 1 a − b ” = ac − ab (a − b)(b − c)(c − a) , b c − a “ 1 b − c + 1 a − b ” = ab − bc (a − b)(b − c)(c − a) , c a − b “ 1 b − c + 1 c − a ” = bc − ac (a − b)(b − c)(c − равна нулю Глава 5. Тождества. Заметим, что n 2 + 3n + 5 = (n + 7)(n − 4) + 33. Если число делится на 121, то число (n + 7)(n − 4) делится на 11. Но (n + 7) − (n − 4) = 11, поэтому оба множителя делятся или не делятся на 11 одновременно. Следовательно, если число+ 7)(n − 4) делится на 11, то оно делится на 121. Но тогда число+ 7)(n − 4) + 33 не может делиться на 121. 5.20. Представим данное выражение в виде+ 2y)(x − y)(x + y)(x − 2y)(x + При y 6= 0 все пять сомножителей этого произведения попарно различны, а число 33 нельзя представить в виде произведения пяти целых попарно различных сомножителей (хотя и можно представить в виде произведения четырёх попарно различных сомножителей, два из которых равны ±1). При y = 0 рассматриваемое выражение превращается в x 5 . Ни при каком целом x число неравно. Число 2 4n+2 + 1 можно представить как в виде произведения, таки в виде произведения 2n+1 + 2 n +1 + 1)(2 2n+1 − 2 n +1 + 1). При n > 2 эти разложения различны. Воспользуемся тождеством b) 3 + (b − c) 3 + c 3 = 3b 2 (a − c) + (a 3 − 3b(a 2 − c 2 )). Возьмём рациональное число t и положим a = 12t(t + 1), b = (t + и c = 12t(t − 1). Тогда получим + 1) 6 = (a − b) 3 + (b − c) 3 + Если t 6= −1, то число w = 72t является суммой трёх кубов рациональных чисел b (t + 1) 2 ” 3 + “ b − c (t + 1) 2 ” 3 + “ c (t + 1) 2 ” 3 Остаётся заметить, что −72 = (−4) 3 + (−2) 3 + 0 3 5.23. Ясно, что 1 + b x + 1 = (a + b)x + (a − b) x 2 − 1 . Поэтому 1 = = 1 x − 1 − 1 x + и 1 = 1 x − 1 + 1 x + 1 5.24. Докажем требуемое утверждение индукцией по n. При 2 можно положить A 1 = 1 a 2 − и A 2 = 1 a 1 − a 2 . Предположим теперь, что + a 1 ) . . . (x + a n −1 ) = B 1 x + a 1 + B n −1 x + a n −1 Решения задач 71 Представим каждую дробь + a i )(x + в виде + a i + d ni x + и сложим такие выражения для i = 1, 2, . . . , n − 1. В результате получим требуемое выражение. Применим индукцию по n. При n = 1 утверждение очевидно. Предположим, что требуемое утверждение доказано для n − чисел. Тогда + a 1 ) . . . (x + a n −1 ) = B 1 x + a 1 + . . . + B n −1 x + a n −1 , 1 (x + a 2 ) . . . (x + a n ) = C 2 x + a 2 + . . . + C n x + где B 1 , C 2 > 0, B 2 , C 3 < 0, B 3 , C 4 > 0, . . . При этом + a 1 ) . . . (x + a n −1 ) − 1 (x + a 2 ) . . . (x + a n ) = a n − a 1 (x + a 1 ) . . . (x + где a n − a 1 > 0. Требуемые неравенства следуют из того, что, (a n −a 1 )A 2 =B 2 −C 2 , . . . , (a n −a 1 )A n −1 =B n −1 −C n −1 , (a n − a 1 )A n = −C n |