Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
5.26. Если указанное равенство справедливо для всех x, y, z, то b 1 c 1 , 2a 12 = b 1 c 2 + b 2 c 1 , a 22 = b 2 c 2 , 2a 13 = b 1 c 3 + b 3 c 1 , a 33 = b 3 c 3 , 2a 23 = b 2 c 3 + Действительно, это утверждение эквивалентно тому, что если+ A 22 y 2 + A 33 z 2 + 2A 12 xy + 2A 13 xz + 2A 23 yz = для всех x, y, z, то все коэффициенты равны нулю. При x = 1, y = z = 0 получаем A 11 = 0. Аналогично A 22 = A 33 = 0. Теперь при y = 1, z = 0 получаем A 12 = 0. Аналогично A 13 = A 23 = Подставим в выражения a 11 a 22 a 33 + и a 2 23 a 11 + a 2 13 a 22 + + a 2 полученные представления через и c q . После несложных преобразований получаются одинаковые выражения. Рассмотрим функцию [nx] − [x] − h x + 1 n i − . . . − h x + n − Ясно, что [nx + 1] − h x + 1 n i − h x + 2 n i − . . . − h x + n − 1 n i − [x + 1] = = [nx] − [x] − h x + 1 n i − . . . − h x + n − 1 n i = f(x). Глава 5. Тождества Поэтому f(x) = f(y) для некоторого числа y, удовлетворяющего неравенствам 0 6 y 6 1/n. Но для такого числа f(y) = 0. 5.28. Рассмотрим прямоугольники проведём в нём диагональ y = qx/p. Интересующая нас сумма равна числу точек с целыми координатами, лежащих строго внутри (не на границе) этого прямоугольника и под его диагональю. Симметрия относительно центра прямоугольника показывает, что под диагональю лежит столько же целочисленных точек, сколько и над диагональю. Из взаимной простоты чисел p и q следует, что на диагонали лежат только две вершины других целочисленных точек на ней нет. Остаётся заметить, что всего внутри прямоугольника лежит (p − 1)(q − 1) целочисленных точек. Рассмотрим прямоугольники проведём прямую y = qx/p. Интересующая нас сумма состоит из двух частей. Первая часть равна числу целочисленных точек этого прямоугольника, лежащих под этой прямой, а вторая — над. Внутри прямоугольника нет целочисленных точек, лежащих на рассматриваемой прямой. Поэтому интересующая нас сумма равна количеству целочисленных точек рассматриваемого прямоугольника, те. она равна 1 2 · q − 1 2 5.30. Сначала сравним числа+ 1 и + 2. Вместо знака неравенства поставим знаки будем рассматривать только преобразования, которые сохраняют знак неравенства+ 1 ∨ ∨ √ 4n + 2 ⇔ n + 2 √ n(n + 1) + n + 1 ∨ 4n + 2 ⇔ 2 √ n(n + 1) ∨ 2n + 1 ⇔ ⇔ 4n 2 + 4n ∨ 4n 2 + 4n + 1. Значит+ 1 < √ 4n + Предположим, что существует натуральное число m, для которого. Тогда 2n + 1 + 2 √ n(n + 1) 6 m 2 6 6 4n + 2, а значит, 4n(n + 1) 6 (m − 2n − 1) 2 6 4n(n + 1) + 1. Число + 1) не может быть полным квадратом, поэтому первое неравенство строгое. Значит, m 2 − 2n − 1 = 2n + 1, те+ чего не может быть. Положим x = √ n + √ n + 1 + √ n + 2. Тогда x 2 = 3n + 3 + + 2( √ n(n + 1) + √ n(n + 2) + √ (n + 1)(n + 2)). При n > 1 выполняются неравенства 5 ” 2 < n(n + 1) < “ n + 1 2 ” 2 , “ n + 7 10 ” 2 < n(n + 2) < “ n + 1 ” 2 , “ n + 7 5 ” 2 < (n + 1)(n + 2) < “ n + 3 2 ” 2 Решения задач 73 Учитывая, что n + 2/5 + n + 7/10 + n + 7/5 = 3n + 5/2 и n + 1/2 + n + + 1 + n + 3/2 = 3n + 3, получаем 9n + 8 < x 2 < 9n + 9, а значит, [x] = = [ √ 9n + 8]. 5.32. Согласно задаче 8.41 для любых чисел a > b > 0 выполняется неравенство + b 2 < 3 r a 3 + b 3 2 . Применив это неравенство для+ 1 и b = 3 √ n, получим 2 > 3 √ n + 3 √ n + 1 2 > p 3 √ n 3 √ n + 1 = = 6 √ n 2 + n. Значит + 4 > 3 √ n + 3 √ n + 1 > 6 √ 64n 2 + 64n > 3 √ 8n + Поэтому если + 3 > m, то+ 1 > m. Кроме того, несу- ществует целого числа m, для которого+ 1 > m > 3 √ 8n + поскольку иначе 8n + 4 > m 3 > 8n + 3, а между целыми числами + 3 и 8n + 4 никаких других целых чисел нет ГЛАВА РАЦИОНАЛЬНЫЕ И ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ ЧИСЛА. Сравнение чисел. Сравните, какое из чисел больше а + √ 3 или били вили. Сравните, какое из чисел больше + p 2 + √ 2 + . . выражение состоит из какого-то конечного числа корней) или 2? 6.2. Иррациональности в знаменателях В следующих задачах нужно избавиться от иррациональности в знаменателе дроби. а 2 + √ 3 ; б + √ 3 ; в + √ 3 + √ 5 6.4. а 3 √ x − 3 √ y ; баб. Докажите, что можно избавиться от иррациональности в знаменателе, который представляет собой сумму квадратных корней из рациональных чисел Условия задач. Тождества с радикалами. Докажите, что если a > √ b, то r a + p a 2 − b 2 ± r a − p a 2 − b 2 = p a ± √ b. 6.10. Представьте следующие числа в виде, где и b — натуральные числа: а) p 3 + б + в − 2 √ 10. 6.11. Докажите, что p 4 + √ 7 − p 4 − √ 7 = √ 2. 6.12. Докажите, что число + 14 √ 2 + 3 p 20 − 14 √ 2 рационально. Докажите, что следующие числа рациональны: а) 3 s 3 + r 242 27 + 3 s 3 − r 242 б + r 847 27 + 3 s 6 − r 847 27 6.14. Докажите, что p 3 √ 4 − 1 + p 3 √ 16 − 3 √ 4 = √ 3. 6.15. Докажите следующие тождества Рамануджана: а) 3 p 3 √ 2 − 1 = 3 r 1 9 − 3 r 2 9 + 3 r 4 б − 3 √ 4 = 1 3 ( 3 √ 2 + 3 √ 20 в 3 √ 20 − 19 = 3 r 5 3 − 3 r 2 где Глава 6. Рациональные и иррациональные числа. Доказательства иррациональности и рациональности. Докажите, что следующие числа иррациональны: а) √ p, где p — простое число; б) √p 1 . . . p k , где p 1 , . . ., p k — различные простые числа; в) r p 1 . . . p k p k +1 . . . p n , где p 1 , . . ., p n — различные простые числа. Докажите, что число + 3 √ 3 иррационально. Выясните, рационально ли число a = 3 p 4 + √ 15 + 3 p 4 − √ 15. 6.19. а) Докажите, что если числа a, b, √ a + √ b рациональные, то числа и тоже рациональные. б) Докажите, что если числа a, b, c, √ a + √ b + √ c рациональные, то числа и тоже рациональные. в) Докажите, что если числа a 1 , . . ., a n , √a 1 + . . . рациональные, то числа √a 1 , . . ., тоже рациональные. Пусть p 1 , . . ., p k — различные простые числа. Докажите, что число нельзя представить в виде суммы рационального числа и чисел √p i 1 . . . p i s , где 1 6 i 1 < . . . < i s 6 k − с рациональными коэффициентами. Сопряжённые числа. а) Пусть p — простое число. Докажите, что никакое число нельзя представить двумя разными способами в виде+ n √ p, где m и n — рациональные числа. б) Докажите аналогичное утверждение для представлений в виде m + n √ p, где p — произведение попарно различных простых чисел. Таким образом, для каждого числа z вида m + n √ p, где и n — рациональные числа, а p — произведение попарно различных простых чисел, можно определить сопряжённое число m − n √ p. Условия задач. Докажите, что если (a + b √ p) n = A n + B n √ p, где p произведение различных простых чисел, а числа a, b, A n , рациональные, то (a − b √ p) n = A n − B n √ p. 6.23. Найдите первую цифру после запятой числа. Докажите, что для рациональных чисел x, y, z и не может выполняться равенство+ y √ 2) 2 + (z + t √ 2) 2 = 5 + 4 √ 2. 6.25. Докажите, что для натуральных чисел m и n не может выполняться равенство (5 + 3 √ 2) m = (3 + 5 √ 2) n 6.26. а) Докажите, что ( √ 2 − 1) n = √ k − √ k − 1, где k некоторое натуральное число. б) Пусть m и n — натуральные числа. Докажите, что 1) n = √ k − √ k − 1, где k — некоторое натуральное число. Докажите, что для любого натурального n число + √ 3) 2n+1 ] делится на и не делится на 2 n+2 6.6. Последовательность Фарея 6.28. Расположим в порядке возрастания все рациональные числа, которые заключены между нулём и единицей и знаменатели которых не превосходят n. Пусть и c/d — два соседних числа в этой последовательности. Докажите, что |bc − ad| = Последовательность чисел из задачи 6.28 называют последова- тельностью Фарея и обозначают F n 6.29. Пусть a/b < x/y < c/d — три последовательные дроби в последовательности Фарея. Докажите, что+ c b + d 6.30. Пусть a/b < c/d — две последовательные дроби в последовательности Фарея F n . Докажите, что b + d > n. 6.31. В последовательности Фарея вычислите дроби, соседние с 1/2. Глава 6. Рациональные и иррациональные числа. а) Докажите, что сумма знаменателей дробей в последовательности Фарея в 2 раза меньше суммы числи- телей. б) Докажите, что сумма дробей в последовательности Фа- рея в 2 раза меньше количества её членов. Докажите, что количество членов в последовательности Фарея равно, где f — функция Эйлера. Задачи с целыми частями. Пусть и b — положительные числа. Докажите, что следующие условия эквивалентны) каждое натуральное число ровно один раз встречается среди чисел [ a ], [ b ], [2 a ], [2 b ], [3 a ], [3 b ], . . . ; (2) 1 a + 1 b = 1, причём и иррациональны. Пусть a 1 , . . ., a k — положительные числа, обладающие следующим свойством каждое натуральное число ровно один раз встречается среди чисел [ a ], [ b ], [2 a ], [2 b ], [3 a ], [3 b ], . . . Докажите, что k 6 Решения. Вместо знака неравенства поставим знаки будем рассматривать только преобразования, которые сохраняют знак нера- венства. а) √ 2 + √ 3 ∨ √ 11 ⇔ 2 + 2 √ 6 + 3 ∨ 11 ⇔ 2 √ 6 ∨ 6 ⇔ 6 ∨ 9. Значит + √ 3 б + 2 √ 7 ∨ √ 10 + √ 21 ⇔ 6 + 4 √ 42 + 28 ∨ 10 + 2 √ 210 + 21 ⇔ ⇔ 3 + 4 √ 42 ∨ 2 √ 210 ⇔ 9 + 24 √ 42 + 672 ∨ 840 ⇔ 24 √ 42 ∨ 159 ⇔ ⇔ 24 192 ∨ 25 281. Значит + 2 √ 7 < √ 10 +в ∨ 5 + 3 √ 5 ⇔ 3 √ 5 ∨ 5 − √ 11 ⇔ 5 ∨ 125 − 75 √ 11 + 165 − − 11 √ 11 ⇔ 86 √ 11 ∨ 285 ⇔ 81 356 ∨ 81 225. Значит > 5 + 3 √ 5. 6.2. Если a<2, то. Поэтому q 2+ p 2+ √ 2+. . .< < 2. 6.3. а 2 + √ 3 = 2 − √ 3 (2 + √ 3)(2 − √ 3) = 2 − √ 3. Решения задач 79 б) 1 √ 2 + √ 3 = √ 3 − √ 2 ( √ 2 + √ 3)( √ 3 − √ 2) = √ 3 в) Нужно воспользоваться тем, что + √ 3 + √ 5)( √ 2 + √ 3 − √ 5)( √ 2 − √ 3 + √ 5)( √ 2 − √ 3 − √ 5) = = (( √ 2 − √ 3) 2 − 5)(( √ 2 + √ 3) 2 − 5) = = (2 − 2 √ 6 + 3 − 5)(2 + 2 √ 6 + 3 − 5) = −24. 6.4. а) Домножьте знаменательна) Домножьте знаменательна. а) Домножьте знаменательна. б) Домножьте знаменательна. Домножьте знаменательна. Воспользовавшись тождеством из задачи 5.4, запишем+ y + z − 3 3 √ xyz = = После этого остаётся избавиться от иррациональности в знаменателе дроби + y + z − 3 3 √ xyz . Это мы уже делали в задаче 6.4: нужно домножить знаменательна. После умножения числителя и знаменателя на некое натуральное число можно считать, что в знаменателе получится сумма с целыми коэффициентами квадратных корней из простых чисел, и произведений этих квадратных корней. Применим индукцию по k. Знаменатель можно представить в виде a + где числа a и b выражаются через квадратные корни из p 1 , . . . . . . , p k −1 . Равенство + b √ p k = a − b √ p k a 2 − позволяет сделать шаг индукции, если a 2 − b 2 p k 6= 0. Ясно также, что можно считать, что b 6= 0. Остаётся рассмотреть случай, когда, те. По условию a + b √ p k 6= 0, поэтому a/b и a + b√p k = 2a. Шаг индукции очевиден ив этом случае Глава 6. Рациональные и иррациональные числа. В левой части стоит положительное число, поэтому достаточно проверить, что после возведения обеих частей в квадрат получим тождество. Это легко проверяется, поскольку (a+ √ a 2 − b)× ×(a − √ a 2 − b) = b. 6.10. Воспользовавшись формулой из задачи 6.9, получим следующие ответы а) 1 + √ 2; б) 2 + √ 5; в − √ 2. 6.11. Число p 4 + √ 7 − p 4 − √ 7 положительно, а его квадрат равен 4 + √ 7 − 2 √ 16 − 7 + 4 − √ 7 = 8 − 2 √ 9 = 2. 6.12. Тождество (2 ± √ 2) 3 = 20 ± 14 √ 2 показывает, что ± 14 √ 2 = 2 ± √ 2. Поэтому рассматриваемое число равно 4. 6.13. Пусть x = 3 p a + √ b + 3 p a − √ b. Тогда x 3 = 2a + 3x 3 √ a 2 − В случае а) получаем x 3 = 6 + x, а в случае б) получаем x 3 = 12 + Первое уравнение имеет корень x = 2, а второе уравнение имеет корень x = 3. Поэтому достаточно проверить, что других (вещественных) корней у этих уравнений нет. Легко проверить, что x − 6 x − 2 = x 2 + 2x+ 3 и 5x − 12 x − 3 = x 2 + 3x+ 4. У этих квадратных трёхчленов нет вещественных корней. Вычислим квадрат выражения в левой части, воспользовавшись тем, что p 3 √ 16 − 3 √ 4 = q 3 √ 4( 3 √ 4 − 1) = 3 √ 2 p 3 √ 4 − 1. Получаем 2 3 √ 2 − 1 + 4 − 2 3 √ 2 = 3. 6.15. а) Несложно проверить, чтоб) Несложно проверить, что ( 3 √ 2 + 3 √ 20 − 3 √ 25) 2 = 9( 3 √ 5 Кроме того, неравенство > 3 √ 25 легко проверяется посредством возведения обеих частей в куб. в) Несложно проверить, что ( 3 √ 5 − 3 √ 2) 6 = 9(7 3 √ 20 − 19); члены, содержащие 3 √ 50, взаимно сокращаются. г) Прежде всего отметим, что 3 − 2 4 √ 5 > 0. Затем несложно проверить, что ( 4 √ 5 − 1) 4 (3 + 2 4 √ 5) = 10 4 √ 25 − 22 = ( 4 √ 5 + 1) 4 (3 − 2 члены, содержащие, взаимно сокращаются члены, содержащие, тоже. д) Несложно проверить, что ( 3 √ 98 − 3 √ 28 − 1) 2 = 9( 3 √ 28 − 3) = = 9( 3 √ 28 − 3 √ 27); члены, содержащие, взаимно сокращаются. Покажем, что > 3 √ 28 + 1, те. Домножив обе части на положительное число + 3 √ 14 + 3 √ 4, перейдём Решения задач 81 к неравенству 5 3 √ 14 > 3 √ 49 + 3 √ 14 + 3 √ 4, те. Это неравенство легко доказывается, поскольку 4 3 √ 14 > 8, аи е) Несложно проверить, что (1 + 5 √ 3 − 5 √ 9) 3 = 10 − 5 5 √ 27 = = 5( 5 √ 32 − 5 √ 27). |