WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 | 2 || 4 |

«Алгебра и теория чисел для математических школ Н. Б. Алфутова, А. В. Устинов September 3, 2003 УДК 51 ББК 21.1 А45 Алфутова Н. Б. Устинов А. В. ...»

-- [ Страница 3 ] --

-n n+k-1 -n k= 162 11. Последовательности и ряды 11.70. Вычислите производящие функции следующих последова тельностей:

а) an = Cm ;

б) an = Cm.

m+n n 11.71. Счастливые билеты. Предположим, что у нас имеется 1 000 000 автобусных билетов с номерами от 000 000 до 999 999. Будем называть билет счастливым, если сумма первых трех цифр его но мера равна сумме трех последних. Пусть N — количество счастливых билетов. Докажите равенства:

а) (1 + x +... + x9)3(1 + x-1 +... + x-9)3 = x27 +... + a1x + N + + a-1x-1 +... + x-27;

б) (1 + x +... + x9)6 = 1 +... + Nx27 +... + x54.

11.72. Найдите число счастливых билетов.

Определение. Назовем экспонентой степенной ряд z2 zn zk Exp(z) = 1 + z + +... + +... =.

2! n! k!

k= 11.73. Докажите следующие свойства экспоненты:

а) Exp (z) = Exp(z);

б) Exp(( + )z) = Exp(z) · Exp(z).

(См. также 7.52.) 11.74. Функции a, b и c заданы рядами a = 1 + C3 x3 + C6 x6 +..., n n b = C1 x + C4 x4 + C7 x7 +..., n n n c = C2 x2 + C5 x5 + C8 x8 +....

n n n Докажите, что a3 + b3 + c3 - 3abc = (1 + x3)n.

(См. также 9.8.) 11.75. Докажите, что производящая функцияпоследовательности чисел Фибоначчи F(z) = F0 + F1z + F2z2 +... + Fnzn +...

может быть записана в виде z 1 1 F(z) = = -, 1 - z 1 - z 1 - z - z2 1 + 5 1 - где =, =. Пользуясь результатом задачи 11.63, 2 получите формулу Бине. (См. также 3.126 и 11.43.) 3. Производящие функции 11.76. Докажите, что бесконечная сумма 0,1 + 0,01 + 0,002 + 0,0003 + 0,00005 + 0,000008 + 0,0000013 +...

сходится к рациональному числу.

11.77. Найдите производящую функцию последовательности чисел Люка L(z) = L0 + L1z + L2z2 +... + Lnzn +....

Пользуясь этой функцией, выразите Ln в замкнутой форме через и. (См. также 3.135.) 11.78. Вычислите суммы Fn Ln а) ;

б).

2n 2n n=0 n= 11.79. Производящие функции многочленов Фибоначчи и Люка. Найдите производящие функции последовательности многочле нов Фибоначчи F(x, z) = F0(x) + F1(x)z + F2(x)z2 +... + Fn(x)zn +...

и последовательности многочленов Люка L(x, z) = L0(x) + L1(x)z + L2(x)z2 +... + Ln(x)zn +...

11.80. Производящие функции многочленов Чебышёва. Най дите производящие функции последовательностей многочленов Чебы шёва первого и второго рода (см. 7.38):

FT (x, z) = Tn(x)zn, FU(x, z) = Un(x)zn.

n=0 n= 11.81. Вычислите, используя производящие функции, следующие суммы:

n-1 n- а) 2kxk;

в) k22k;

k=0 k= n-1 n- б) k 2k;

г) k sin kx.

k=0 k= 11.81. Найдите произвольную функцию линейной рекуррентной последовательности второго порядка (11.2) с начальными членами a0 и a1.

Определение. Разбиением называется представление натурально го числа в виде суммы натуральных слагаемых. Порядок слагаемых 164 11. Последовательности и ряды считается несущественным. Например, разбиения 3 = 1 + 2 и 3 = 2 + не различаются.

11.82. Пусть p(n) — количество разбиений числа n. Докажите ра венства:

p(0) + p(1)x + p(2)x2... = (1 + x + x2 +... )... (1 + xk + x2k +... )... = = (1 - x)-1(1 - x2)-1(1 - x3)-1...

(По определению считается, что p(0) = 1.) 11.83. На доске написано n натуральных чисел. Пусть ak — коли чество тех из них, которые больше k. Исходные числа стерли и вместо них написали все положительные ak. Докажите, что если с новыми числами сделать то же самое, то на доске окажется исходный набор чисел. Например, для чисел 5, 3, 3, 2, получается следующая цепочка (5, 3, 3, 2) (4, 4, 3, 1, 1) (5, 3, 3, 2).

11.84. Докажите, что каждое целое положительное число n может быть 2n-1 - 1 различными способами представлено в виде суммы мень ших целых положительных слагаемых, если два представления, отлича ющихся хотя бы порядком слагаемых, считать различными. Например, лишь 24-1 - 1 = 7 следующих сумм имеют значение 4:

1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 2, 1 + 2 + 1, 2 + 1 + 1, 2 + 2, 1 + 3, 3 + 1.

11.85. Каждое положительное число n можно представить в виде суммы различных слагаемых, причем это можно сделать столькими же способами, сколькими способами это же число представимо в виде суммы различных слагаемых. Например, все возможные представления числа 6 посредством различных слагаемых будут:

6, 1 + 5, 2 + 4, 1 + 2 + 3, посредством нечетных:

1 + 5, 3 + 3, 1 + 1 + 1 + 3, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1.

Для доказательства этого факта обозначим через d(n) количество раз биений числа n на различные слагаемые, а через l(n) — на нечетные.

Установите равенства:

а) d(0) + d(1)x + d(2)x2 +... = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3)... ;

б) l(0) + l(1)x + l(2)x2 +... = (1 - x)-1(1 - x3)-1(1 - x5)-1... ;

в) d(n) = l(n) (n = 0, 1, 2,... ).

(Считается по определению, что d(0) = l(0) = 1.) 3. Производящие функции 11.86*. Придумайте какое-либо взаимно однозначное соответствие между разбиениями натурального числа на различные и на нечетные слагаемые. В этом могут помочь диаграммы Юнга, уже упоминавшиеся в разделе 4, с. 148.

11.87. Определите коэффициент an в разложении (1+qx)(1+qx2)(1+qx4)(1+qx8)(1+qx16)... = a0+a1x+a2x2+a3x3+...

(См. также 5.64.) 11.88. Каков знак n-го члена в разложении произведения (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d)... = = 1 - a - b + ab - c + ac + bc - abc - d +... (n = 0, 1, 2,... )?

(См. также 5.73.) 11.89. Найдите общую формулу для коэффициентов ряда (1 - 4x)- = 1 + 2x + 6x2 + 20x3 +... + anxn +...

11.90. Переменные x и y связаны равенством x = y + y2 + y3 +... + yn +...

Разложите y по степеням x.

11.91. Переменные x и y связаны равенством y2 y3 yn x = y + + +... + +...

2! 3! n!

Разложите y по степеням x.

11.92. Пусть C(z) = Cnzn — производящая функция последо n= вательности чисел Каталана {Cn}. Докажите, что она удовлетворяет равенству C(z) = zC2(z) + 1, и получите явный вид функции C(z). (См. также 2.116.) 11.93. Выведите формулы для чисел Каталана из задачи 2.115, воспользовавшись результатом предыдущей задачи и равенством (1 - z)1/2 = Cn (-z)n, 1/ n= где (1/2)(1/2 - 1)... (1/2 - n + 1) Cn = 1/ n!

— обобщенные биномиальные коэффициенты (смотрите определение на с. 154).

166 11. Последовательности и ряды 4. Многочлены Гаусса Определение. Для целых неотрицательных k и l определим функ ции gk,l(x) равенством (1 - xl+1)(1 - xl+2)... (1 - xl+k) gk,l(x) =.

(1 - x)(1 - x2)... (1 - xk) 11.94. Вычислите функции gk,l(x) при 0 k + l 4 и покажите, что все они являются многочленами.

11.95. Докажите следующие свойства функций gk,l(x):

hk+l(x) а) gk,l(x) =, hk(x) · hl(x) где hm(x) = (1 - x)(1 - x2)... (1 - xm) (h0(x) = 1);

б) gk,l(x) = gl,k(x);

в) gk,l(x) = gk-1,l(x) + xkgk,l-1(x) = gk,l-1(x) + xlgk-1,l(x);

г) gk,l+1(x) = g0,l(x) + xg1,l(x) +... + xkgk,l(x);

д) gk,l(x) — многочлен относительно x степени kl.

Многочлены gk,l(x) называются многочленами Гаусса. Их свой ства во многом аналогичны свойствам биномиальных коэффициентов.

В частности, среди многочленов они играют ту же роль, что и биноми альные коэффициенты среди чисел.

11.96. Определение функций gk,l(x) не позволяет вычислять их зна чения при x = 1. Но, поскольку функции gk,l(x) являются многочлена ми, они определены и при x = 1. Докажите равенство gk,l(1) = Ck. Ка k+l кие свойства биномиальных коэффициентов получаются, если в свой ства б) – г) из задачи 11.95 подставить значение x = 1?

11.97. Найдите сумму Sl(x) = g0,l(x) - g1,l-1(x) + g2,l-2(x) -... + (-1)lgl,0(x).

11.98. Обозначим через Pk,l(n) количество разбиений числа n на не более чем k слагаемых, каждое из которых не превосходит l. Докажите равенства:

а) Pk,l(n) - Pk,l-1(n) = Pk-1,l(n - l);

б) Pk,l(n) - Pk-1,l(n) = Pk,l-1(n - k);

в) Pk,l(n) = Pl,k(n);

г) Pk,l(n) = Pl,k(kl - n).

11.99. Пусть fk,l(x) — производящая функция последовательности Pk,l(n):

fk,l(x) = Pk,l(0) + xPk,l(1) +... + xklPk,l(kl).

4. Многочлены Гаусса а) Докажите равенства:

fk,l(x) = fk-1,l(x) + xkfk,l-1(x) = fk,l-1(x) + xlfk-1,l(x).

б) Докажите, что функции fk,l(x) совпадают с многочленами Гаусса gk,l(x).

11.100. Докажите, что при любых k и l многочлен gk,l(x) явля ется возвратным, то есть xklgk,l(1/x) = gk,l(x). Решите задачу двумя способами: пользуясь определением многочленов Гаусса и при помощи свойств чисел Pk,l(n) из задачи 11.98.

11.101. Докажите, что Pkl(0) + Pkl(1) + Pkl(2) +... + Pkl(kl) = Ck, k+l не используя свойства многочленов Гаусса.

Глава Шутки и ошибки 12.1. Ученик Коля Васин при помощи метода математической ин дукции смог доказать, что в любом табуне все лошади одной масти.

Если есть только одна лошадь, то она своей масти, так что база индукции верна. Для индуктивного перехода предположим, что есть n лошадей (с номерами от 1 до n). По индуктивному предположению лошади с номерами от 1 до n-1 одинаковой масти. Аналогично лошади с номерами от 2 до n также имеют одинаковую масть. Но лошади с номерами от 2 до n - 1 не могут менять свою масть в зависимости от того как они сгруппированы — это лошади, а не хамелеоны. Поэтому все n лошадей должны быть одинаковой масти.

Есть ли ошибка в этом рассуждении, и если есть, то какая? (См.

также 1.4.) 12.2. Иногда вычитая дроби можно вычитать их числители и скла дывать знаменатели. Например:

9 - 25 9 25 8 - 50 8 = - ;

= -.

6 + 10 6 10 2 + 5 2 Для каких дробей это возможно?

12.3. Найдите все дроби с числителем и знаменателем не превосхо дящими 100, в которых можно проводить сокращение на равные цифры.

Примером может служить равенство 1 6 =.

64 12.4. Легко проверить равенства 16 16 64 log 16 + = log 16 + log ;

log - 8 = log - log 8.

15 15 7 В каких еще случаях можно выносить логарифм за скобку?

12.5. При каких значениях a и b возможно равенство sin a + sin b = sin(a + b)?

12.6. Квадраты двух зеркальных чисел 12 и 21 также являются зеркальными числами (144 и 441). Какие двузначные числа обладают аналогичным свойством? И дополнительный вопрос: в каких системах счисления число 441 будет полным квадратом?

12.7. Черная пятница. Докажите, что тринадцатое число месяца с большей вероятностью приходится на пятницу, чем на другие дни недели. Предполагается, что мы живем по Григорианскому стилю (см.

3.153).

12.8. Коля Васин, решая задачу, получил в ответе шестизначное число. А потом он подумал, что это произведение двух трехзначных чисел и выполнил умножение. Каким был первоначальный ответ, если второй ответ оказался в три раза меньше?

12.9. Восстановите алфавит племени Мумбо-Юмбо из задачи 2.6.

12.10. Найдите коэффициент при x у многочлена (x - a)(x - b)(x - c)... (x - z).

12.11. «1 = -1». Изучив комплексные числа, Коля Васин решил вывести формулу, которая носила бы его имя. После нескольких попы ток ему это удалось:

1 -1 1 - = = 1 1 = -1 -1 1 = -1.

-1 1 -1 После некоторых размышлений, Коля придумал более короткое дока зательство своего тождества:

-1 = i2 = -1 · -1 = (-1)(-1) = 1 = 1.

Не ошибся ли где-нибудь Коля Васин? (См. также 7.24.) 12.12. После экспериментов с мнимой единицей, Коля Васин занял ся комплексной экспонентой. Пользуясь формулами задачи 7.51, он смог доказать, что sin x всегда равен нулю, а cos x — единице:

eix - e-ix (e2i)x/(2) - (e-2i)x/(2) - sin x = = = = 0;

2i 2i 2i eix + e-ix (e2i)x/(2) + (e-2i)x/(2) 1 + cos x = = = = 1.

2 2 Где ошибка в приведенных равенствах? (См. также 7.55.) 12.13. «65 = 64 = 63». Тождество Кассини лежит в основе одного геометрического парадокса. Он заключается в том, что можно взять 170 12. Шутки и ошибки шахматную доску, разрезать ее на четыре части, как показано ниже, а затем составить из этих же частей прямоугольник:

Как расположить те же четыре части шахматной доски, чтобы до казать равенство «64 = 63»? (См. также 3.112.) 12.14. Из километров — в мили. В задаче 3.125 была введена фи боначчиева система счисления. Она оказывается удобной, когда нужно сделать перевод расстояния из километров в мили или наоборот.

Предположим, что мы хотим узнать, сколько миль в 30 километрах.

Для этого представляем число 30 в фибоначчиевой системе счисления:

30 = 21 + 8 + 1 = F8 + F6 + F2 = (1010001)F.

Теперь нужно сдвинуть каждое число на одну позицию вправо, получая F7 + F5 + F1 = 13 + 5 + 1 = 19 = (101001)F.

Поэтому предполагаемый результат — 19 миль. (Правильный ответ — около 18,46 миль.) Аналогично делается перевод из миль в километры.

Объясните, почему работает такой алгоритм. Проверьте, что он дает округленное число миль в n километрах при всех n 100, отличающе еся от правильного ответа меньше чем на 2/3 мили.

12.15. Обозначим через S сумму следующего ряда:

S = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 -... (12.1) Преобразовав равенство (12.1), можно получить уравнение, из которого находится S:

S = 1 - (1 - 1 + 1 - 1 +... ) = 1 - S S =.

Сумму S можно также найти объединяя слагаемые ряда (12.1) в пары:

S = (1 - 1) + (1 - 1) +... = 0 + 0 +... = 0;

S = 1 - (1 - 1) - (1 - 1) -... = 1 - 0 - 0 -... = 1.

Наконец, переставив местами соседние слагаемые, получаем еще одно значение S:

S = -1 + 1 - 1 + 1 - 1 +... = -1 + (1 - 1) + (1 - 1) +... = -1.

Итак, действуя четырьмя разными способами, мы нашли четыре значе ния суммы S:

S = = 0 = 1 = -1.

Какое же значение имеет сумма S в действительности?

Ответы, указания, решения Глава 1.15. Воспользуйтесь тождеством из задачи 1.14.

1.16. an = 2n + 1 (n 0).

1.26. При n = 1 утверждение задачи очевидно. Предположим, что утверждение справедливо для некоторого n 1 и докажем его для n+1. Назовем набор чисел допустимым, если ни одно из них не делится ни на какое другое. Пусть нам удалось среди чисел от 1 до 2n + найти допустимый набор из n + 2 чисел. В этом наборе будут обяза тельно присутствовать числа 2n + 1 и 2n + 2, так как иначе получается противоречие с индукционным предположением. Другие n чисел из допустимого набора обозначим a1,..., an. Среди них нет числа n + 1, так как n + 1 | 2n + 2. Поэтому, дополняя набор a1,..., an числом n+1, получаем снова допустимый набор. Но он состоит из n+1 числа в пределах от 1 до 2n, что снова противоречит предположению индукции.

Мы доказали даже чуть более сильное утверждение: среди любых n + 1 натуральных чисел, меньших 2n, есть два числа, отношение ко торых — степень числа 2.

1.27. x = 1, 2,..., n.

1.37. Это неравенство удобно доказывать при помощи «обратной индукции» (см. задачу 1.4), то есть делать переход от n к n - 1. Но предварительно понадобится доказать справедливость этого неравен ство для всех n вида n = 2k.

2 1.40. 1 +.

3 n(n + 1) 1.42. Самое короткое решение содержит 28 - 1 перемещений.

1.43. 38 - 1.

1.44. 2 · 37 - 1.

1.45. Если квадрат допускает разбиение на n квадратов, то он допускает разбиение и на n+3 квадрата (достаточно один из квадратов разрезать на четыре). Разобьем все натуральные числа на три арифме тические прогрессии n = 3k, n = 3k + 1, n = 3k + 2, и в каждой из них найдем минимальное n, для которого задача имеет решение. В первой Ответы, указания, решения прогрессии минимальное такое n равно 6, во второй — 4, в треть ей — 8. (Требуемые разбиения строятся из квадратов 3 3, 2 2 и 5 5.

1.47. а) 2 кольца (11 = 1 + 1 + 3 + 6). б) Из (n + 1)2n - 1 колец.

1.48. Банк может выдать суммы 8, 9 и 10 рублей. Прибавляя к ним нужное количество трехрублевых купюр, можно получить любую большую сумму.

1.50. 1 + n(n + 1)/2.

1.51. n2 - n + 2.

1.53. (n3 + 5n + 6)/6.

1.57. k + mk - m.

1.58. Проведите индукцию по числу граней.

1.59. Пусть не все точки лежат на одной прямой. Проведем прямую через каждую пару точек и рассмотрим всевозможные пары: прямая и не лежащая на ней точка. Противоречие получается, если рассмотреть пару, в которой расстояние от точки до прямой минимально.

1.61. Пусть an число невырожденных треугольников периметра n с целыми длинами сторон. Докажите, что n -, если n — нечетно;

an = an-3 + 0, если n — четно.

Отсюда a100 = 24 + 23 + 21 + 20 +... + 3 + 2 = 208.

Глава 2.1. а) 24. б) 28.

2.2. 9 · 106.

2.3. 103 · 303.

2.4. Школьников в 27/25 раза больше.

2.5. 65 · 84 + 64 · 85.

2.6. 40.

2.7. 9 · 104 · 2.

2.8. 9 · 105 - 56.

2.9. 9 · 109 - 9 · 9!.

2.11. 360.

2.12. 9 · 2.13. 9 · 107 · 5.

2.14. 37.

2.15. 54.

2.16. Найдите число способов поставить фишки на поля одного цвета и на поля разных цветов. Ответ: нет.

174 Ответы, указания, решения 2.18. 2.19. Если всего имеется n точек, то из каждой выходит от 0 до n линий. Но не может быть двух точек таких, что из одной выходит n линий, а из другой — 0.

2.20. Если взять k + 1 карточку с нечетными номерами, то условие задачи будет выполнено. Если взять k + 2 карточки, то рассматривая разности чисел на них, мы получим не менее k + 1 различных чисел от 1 до 2k. Поэтому хотя бы 2 из них совпадут с числами на k - невыбранной карточке.

2.21. Шахматная доска может быть разбита на 16 квадратов 2 2.

Если на доске более 16 королей, то два из них попадут в такой квадрат и будут бить друг друга. Ответ: 16.

2.22. В каждой из 50 пар женщина находиться не может.

2.23. Пусть N(k, l) и N(k, r) — количества левых и правых сапог k-го размера соответственно. По условию задачи N(k, l) + N(k, r) = 200 (k = 41, 42, 43);

N(41, l) + N(42, l) + N(43, l) = 300;

N(41, r) + N(42, r) + N(43, r) = 300.

Не может случиться так, что для каждого размера левых (правых) сапог меньше чем правых (левых). Без ограничения общности будем считать, что N(41, l) N(41, r), N(42, l) N(42, r), N(43, l) N(43, r).

Тогда количество годных пар N(41, l) + N(42, l) + N(43, r) = 300 - N(43, l) + N(43, r) 100.

2.24. См. задачу 2.19.

2.25. Расположим данные числа в порядке возрастания и разобьем их на группы по цифре десятков. Число m таких групп удовлетворяет условиям 6 m 10. Среди m групп найдется группа A6, в которой не менее 6-ти чисел. Аналогично (методом от противного) устанавливается существование групп A5,..., A1. Первое число возьмем из A1. Второе — из A2, так чтобы цифра единиц отличалась от цифры единиц первого числа и т. д.

2.27. 999.

2.28. Докажем по индукции, что если из чисел от 1 до 2n - 2 (n 3) выбрано n + 1 различное число, то из них можно выбрать три таких числа, что сумма двух из них равна третьему. При n = 3 утверждение задачи очевидно. Предположим, что утверждение доказано для n = k Ответы, указания, решения и рассмотрим случай n = k + 1. Если k + 1 из выбранных чисел попали в промежуток от 1 до 2k - 2, то применимо предположение индукции.

Если же это не так, то обязательно должны быть выбраны числа 2k - и 2k. Другие k выбранных чисел находятся на отрезке от 1 до 2k - 2.

Разбивая этот отрезок на пары (1, 2k - 2), (2, 2k - 3),..., (k - 1, k), получаем, что одна из пар состоит из выбранных чисел. Но тогда они дают в сумме 2k - 1. Если число 1002 заменить на 1001, то утвержде ние перестанет быть верным. Примером может служить набор 1000, 1001,..., 2000.

2.30. Пусть в турнире участвуют n команд. Тогда разыгрывается n(n - 1) очков. Команды могли набрать разное количество очков (0, 1,..., n - 1) лишь после окончания турнира. Поэтому предпослед няя команда набрала 1 очко и обязана была проиграть победителю.

2.31. Пусть доска раскрашена в два цвета. Рассмотрим произволь ный столбец. Один из цветов встречается в нем бесконечное число раз.

Зафиксируем этот цвет. Вычеркнем из таблицы все строчки, которые в выбранном столбце не содержат зафиксированный цвет. Покажите, что в оставшейся таблице можно найти четыре нужные клетки. Для решения задачи с произвольным числом цветов, примените индукцию.

2.33. Рассмотрим произвольную из 6-ти данных точек. По крайней мере 3 отрезка, выходящие из этой точки, окрашены в один цвет. Можно считать эти отрезки синими. Если два из их концов соединены отрезком синего цвета, то нужный треугольник найден. Если это не так, то концы отрезков образуют треугольник красного цвета.

2.34. Рассмотрим n последовательностей {1, 2, 4, 8,..., 2k,... }, {3, 6, 12, 24,..., 3 · 2k,... },............

{2n - 1, (2n - 1)2, (2n - 1)4,..., (2n - 1) · 2k,... }.

Каждая из них имеет ровно один элемент на отрезке [n + 1;

2n].

Значит, из (n + 1)-го выбранного числа хотя бы два окажутся в одной и той же последовательности.

2.36. 17!.

2.38. 8!.

2.39. 16!.

2.40. 16!/2.

2.41. 28 · 6! · 1111111.

2.42. а) 28!;

б) 28! - 27 · 2 · 26!.

2.43. C4.

176 Ответы, указания, решения 2.44. C4, C3.

28 2.45. 2 · C7 + 1 · C6.

10 2.46. C2.

n 2.47. C2.

n 2.48. C2 · C2.

n m 2.49. По условию задачи, любые 5 человек сейф открыть не могут.

Значит у них нет ключа от некоторого замка. При этом любой другой член комиссии должен этот ключ иметь. Поэтому нужно поставить C замков. 4 ключа от каждого замка отдаются некоторой четверке членов комиссии, причем разные ключи раздаются разным четверкам. При этом, если соберутся 6 человек, то среди них будет по представителю из каждой четверки и они смогут открыть все замки.

В общем случае понадобится Cm-1 замков и n - m + 1 ключ к n каждому из них.

2.50. C5 · C5.

7 2.54. а) 26;

б) 51.

2.55. Рассмотрите n = 2a - 1.

2.56. б) C2 - k.

k 2.57. n.

2.58. а) 5!;

б) 6!/2;

в) 8!/3!;

г) 11!/(2! · 3!);

д) 11!/(4! · 2! · 2!);

е) 13!/(2!)4.

2.59. Каждому маршруту можно поставить в соответствие слово, состоящее из m букв «x» и n букв «y» по следующему правилу: если делается шаг параллельно оси Ox, то пишем «x», если вдоль оси Oy, то пишем «y». Таких слов всего (m + n)!

= Cm = Cn.

m+n m+n m! n!

2.60. Поставьте в соответствие каждому маршруту кузнечика слово, в котором по 9 раз встречаются буквы x, y и z. Ответ: 27!/(9!)3.

(m + 1)(m + 2) 2.61..

1 1 24!

2.62. а) C6. б) ·.

2 4!

(6!) 2.63. Выбор множеств A и B равносилен приписыванию каждому элементу множества C одной из букв a, b или c. В обоих случаях ответ 3n.

32!

2.65..

10! · 10! · 10! · 2! · 2.66. Каждому такому числу однозначно соответствует выбор 6-ти цифр из набора 9876543210. Ответ: C6.

Ответы, указания, решения 2.67. Из (m+1)-й позиции (m-1 место между белыми шарами и два места по краям) нужно выбрать n позиций, в которые будут положены черные шары. Ответ: Cn.

m+ 2.68. C5 ;

Cn-1.

19 m- 2.69. C5.

2.70. а) C2 ;

б) C2.

999 2.71. C5.

2.72. 113 = C0103 + C1102 + C2101 + C3100, 114 = 14641.

3 3 3 2.73. 27.

2.74. В этой задаче возможны различные ответы. Можно, напри мер, расположить сверху перевернутый треугольник Лейбница (смот рите задачу 2.88). Можно также доопределить биномиальные коэффи циенты Ck при отрицательных n при помощи равенства а) из зада n чи 11.69.

2.75. При n = 2k - 1.

2.76. а) 35;

б) 0;

в) 2n.

2.77. а) Левая часть: число способов выбрать m элементов из r, а потом из выбранных m выбрать еще k. Правая часть: сразу выбираем k элементов из r, а из оставшихся выбираем еще m - k.

2.79. 36 шаров.

2.80. x = 2, y = 3, n = 5.

2.81. Примените «жадный» алгоритм. Сначала из n нужно вычесть наибольшее число вида C3 так, чтобы остаток был неотрицательным.

z Из него нужно вычесть наибольшее число вида C2. То что останется y всегда можно записать в виде C1.

x 2.82. Общее число способов выбрать компанию из 3 человек равно C3 = 120. Каждая ссора разрушает не более 8 таких компаний, поэтому число разрушенных компаний не больше 8 · 14 = 112. Значит осталось по крайней мере 8 дружных компаний.

2.83. m = 3, n = 2.

2.84. C6 4( 3)64.

2.86. 2 · 5! · 5!.

2.87. Каждая точка пересечения диагоналей однозначно определяет четверку вершин, через которые проходят эти диагонали. Наоборот, каждой четверке вершин соответствует ровно одна точка пересечения диагоналей. Поэтому число точек пересечения диагоналей Tn вычис ляется по формуле Tn = C4. Для нахождения Kn — числа частей, на n которые n-угольник разбивается диагоналями, нужно проверить равен ство Km+1 - Km = Tm+1 - Tm + m - 1.

178 Ответы, указания, решения Суммируя его по m в пределах от 2 до n, находим, что n(n - 1) Kn+1 = Tn+1 +.

Отсюда n(n - 1)(n2 - n + 10) Kn+1 = C4 + C2 =.

n+1 n 2.88. Знаменатели чисел, расположенных в рядах гармонического треугольника, пропорциональны элементам треугольника Паскаля, причем коэффициентами пропорциональности служат граничные чле ны. Там, где в треугольнике Паскаля стоит число Ck, в треугольнике n Лейбница находится. Рекуррентная формула (n + 1)Ck n 1 1 + = (n + 1)Ck-1 (n + 1)Ck n · Ck- n n n- проверяется непосредственным вычислением.

2.90. Для нахождения суммы достаточно сложить следующие ра венства, которые следуют из рекуррентной формулы для треугольника Лейбница (см. решение задачи 2.88) 1 1 1 1 1 1 1 1 - =, - =, - =,...

6 12 12 12 20 30 20 30 Общая формула аналогична равенству из задачи 2.77 д).

2.91. в).

(r - 1)! · (r - 1) 2.92. C4 /C4.

10 2.93. 5/90 = 1/18.

2.94. а) 1/103;

б) 1/102.

2.96. Да, может.

2.97. a1 + a2 +... + ak.

2.100. 20.

2.101. Пусть Na — количество треугольников, у которых одна из сто рон параллельна стороне BC исходного треугольника. Аналогично опре делим числа Nb, Nc, Na,b, Nb,c, Na,c и Na,b,c. Через N обозначим общее число треугольников. Тогда N = 63, Na = Nb = Nc = 62, Na,b = = Nb,c = Na,c = 6, Na,b,c = 1. Искомое число находится по формуле включений и исключений:

63 - 3 · 62 + 3 · 6 - 1 = 53.

2.102. а) 13200;

б) 8800;

в) 8000.

Ответы, указания, решения 2.103. 1600.

2.104. 998 910.

2.107. Пусть S — площадь всей комнаты, Si — площадь i-го ковра (i = 1, 2, 3), Si,j — площадь, покрытая i-м и j-м коврами одновременно (1 i < j 3), и S1,2,3 — площадь, покрытая всеми тремя коврами. По формуле включений и исключений S - (S1 + S2 + S3) + (S1,2 + S1,3 + S2,3) - S1,2,3 0.

Отсюда S1,2 + S1,3 + S2,3 S1 + S2 + S3 - S = 3.

Поэтому хотя бы одна из площадей S1,2, S1,3 или S2,3 не меньше 1 м2.

2.108. Решение этой задачи повторяет рассуждения из задачи 2.107.

2.109. б) Формула включений и исключений дает:

S - Si + Si,j - Si,j,k + Si,j,k,l - S1,2,3,4,5 0. (13.1) Запишем отдельно равенства, которые получаются если формулу вклю чений и исключений применить отдельно к каждому ковру. Например, для первого имеем S1 - S1,i + S1,i,j - S1,i,j,k + S1,2,3,4,5 0.

Складывая пять подобных равенств, получаем Si - 2 Si,j + 3 Si,j,k - 4 Si,j,k,l + 5S1,2,3,4,5 0. (13.2) Найдем теперь такую линейную комбинацию равенств (13.1) и (13.2), в которой отсутствует сумма Si,j,k. Очевидно, что для этого к нера венству (13.2) нужно прибавить утроенное неравенство (13.1):

3S - 2 Si + Si,j - Si,j,k,l + 5S1,2,3,4,5 0.

Отсюда Si,j 2 Si - 3S = 5 - 3 = 2.

Значит для некоторых i и j выполняется неравенство Si,j 1/5.

в) Найдите линейную комбинацию равенств (13.1) и (13.2), в которой отсутствует сумма Si,j.

2.110.

12 13 14 15 24 25 34 35 123 124 125 134 145 234 235 245 180 Ответы, указания, решения цифры на отдельных частях показывают какими из фигур покрыты соответствующие участки. Например, цифры 1 и 2 в первой клетке означают, что она покрыта первой и второй фигурами. Эта схема пока зывает, что оценки 1/5 и 1/20 — точные.

2.111. Постройте взаимно однозначное соответствие между таки ми последовательностями и расстановками скобок в произведении x0 · x1 ·... · xn по одному из правил "(" +1;

" · " -1 или " · " +1;

")" -1.

2.112. Чтобы построить взаимно однозначное соответствие между триангуляциями многоугольника и расстановками скобок в произве дении x0 · x1 ·... · xn, нужно расставить на сторонах многоугольника переменные x0, x1,..., xn (оставшейся стороне приписывается все про изведение x0 · x1 ·... · xn).

2.113. Придумайте соответствие между всеми такими маршрутами ладьи и последовательностями чисел из задачи 2.111.

2.115. Чтобы доказать, что существует циклический сдвиг после довательности {a1,..., an}, у которого все частичные суммы положи тельны, примените принцип максимума: рассмотрите тот циклический сдвиг, у которого наибольшее количество первых частичных сумм поло жительно. Единственность следует из того, что ни одну из последова тельностей нельзя разбить на два отрезка с положительными суммами.

Чтобы получить формулу для чисел Каталана, дополните последова тельность задачи 2.103 элементом a0 = 1.

2.116. Рассмотрите в произведении x0 · x1 ·... · xn то умножение, которое делается последним.

Глава 3.1. Если p1, p2,..., pn — все простые числа, то число N = p p2 ·... · pn + 1 не может быть ни простым,x ни составным.

3.2. 2 и 19.

3.5. Перепишем уравнение в виде 2q2 = (p - 1)(p + 1). Заметим, что p — непременно нечетное простое число. Отсюда q — четное. Поэтому q = 2. Значит p = 3.

3.7. Пусть p1 = 3, p2 = 7,..., pn — все такие простые числа. Рас смотрим число N = 4p2 ·... · pn + 3. Оно не делится ни на одно из чисел p1, p2,..., pn, но обязательно содержит простой делитель вида 4k + 3.

3.8. Доказательство повторяет рассуждения задачи 3.7. В качестве числа N можно взять N = 6p1 ·... · pn + 5.

Ответы, указания, решения 3.9. Каждому делителю a числа n соответствует делитель b, для которого a · b = n. Одно из чисел a или b не превосходит n.

3.10. Когда n — полный квадрат. Воспользуйтесь решением зада чи 3.9.

3.11. 111 = 3 · 37;

1111 = 11 · 101;

11111 = 41 · 271;

111111 = 3 · 7 · 13 · 37;

1111111 = 239 · 4649.

3.12. Рассмотрите числа 1001! + 2, 1001! + 3,..., 1001! + 1001.

3.14. а) 5, 11, 17, 23, 29;

б) 7, 37, 67, 97, 127, 157.

3.15. Возьмем в качестве начального элемента прогрессии элемент a этой прогрессии такой, что a > 1. Тогда все числа ak = a + kd при k = ma делятся на a, то есть являются составными.

3.17. Рассмотрите остатки от деления на 3.

3.18. 5.

3.20. n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 - 4n2 = (n2 - 2n - 2)(n2 + 2n - 2).

3.21. Подставьте n = 40 или n = 41. При n = 0, 1,..., 39 числа P(n) будут простыми.

3.23. Рассмотрите число p1·2 ·... · pn - 1.

3.24. 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 30031 = 59 · 509.

3.25. e5 = 1807 = 13 · 139.

3.26, 3.29. Воспользуйтесь формулами сокращенного умножения из задачи 6.78.

n n+1 2n 3.27. Так как 2n > n + 1, то 2n+1 | 22. Отсюда 22 - 1 | 22 - 1.

n+1 2n n Но тогда fn | 22 - 1 | 22 +1 - 2 = 2f - 2.

3.28. Смотрите задачу 3.19.

3.30. При x = 0 многочлен принимает значение a0. Поэтому a0 = p — некоторое простое число. Подставляя в многочлен P(x) числа x1 = p,.

.

x2 = p2, x3 = p3,..., получаем P(xj). p. Следовательно P(xj) = p (j = 1, 2,... ) и многочлен P(x) принимает одно и то же значение в бесконечном числе точек, что невозможно. Ответ: нет.

3.32. (m, n) + 1, m + n - (m, n).

3.33. Рассмотрите прямоугольник OABC, расположенный на коор динатной плоскости так, что его вершины имеют координаты O(0;

0), A(q, 0), B(q, p), C(0, p). Проведите в нем диагональ OB и прямые вида x + y = k (k = 0, 1,..., p + q), которые разделят ее на p + q равных частей.

3.34. Через 180 дней.

3.35. У пар (a, b) и (b, r) совпадают множества общих делителей.

Значит совпадают и наибольшие элементы в этих множествах.

3.38. Если (a, b) = 1, то для некоторых целых u и v выполняется равенство au + bv = 1. Домножив его на c, получаем равенство acu + 182 Ответы, указания, решения + bcv = c, в котором a делит левую часть. Значит a делит и правую часть, то есть a | c.

3.39. Если m > n и m = nq + r, где r < n, то один шаг алгоритма Евклида приводит к равенству ( 1.. 1, 1.. 1 ) = ( 1.. 1, 1.. 1 ).

....

m n n r То есть, применяя алгоритм Евклида к числам, мы получаем, что он применяется к их длинам m и n Поэтому, в конце концов, получится число, состоящее из (m, n) единиц.

3.40. 10.

3.41. 10.

3.42. 19 · 19 - 360 = 1.

3.43. 500.

3.45. Только если эти числа равны.

3.47. 20 отметок, 9 оборотов.

3.49. Примените алгоритм Евклида к числам, стоящим в числителе и знаменателе.

3.50. а) Так как (n2 + 2n + 4, n2 + n + 3) = (n + 1, 3), то дробь будет сократима, когда (n + 1, 3) > 1. Ответ: n = 3k - 1.

б) Так как (n3 -n2 -3n, n2 -n+3) = (n2 -n+3, 6n), то дробь можно сократить либо на 2, либо на 3, либо на некоторый делитель числа n.

Первый случай невозможен. Во втором случае находим, что n = 3k или n = 3k + 1. В третьем случае (n2 - n + 3, n) = (n, 3), поэтому n снова должно быть числом вида n = 3k. Ответ: n = 3k, n = 3k + 1.

3.51. а) Предположим, что данное число целое. Тогда после деления числителя на знаменатель с остатком, приходим к равенству n4 + 1 n + = n2 - n +.

n2 + n + 1 n2 + n + Либо полученная дробь равна нулю, что возможно при n = -3, либо выполняется неравенство 0 < |n2 + n + 1| < |n + 3|. Так как при любых n 0 < n2 + n + 1, то нужно рассмотреть два случая: n + 3 0 и n + 3 < 0.

В первом случае, приходим к неравенству n2 2. Из значений n = -1, n = 0, n = 1 условию задачи удовлетворяют только первые два. Ответ:

n = -3, -1, 0.

б) n = 0, 1.

3.52. n = 2, 3.

3.53. На 17.

3.54. а) При m n выполняется равенство (am - 1, an - 1) = = (am-n - 1, an - 1). Поэтому алгоритм Евклида для чисел становится Ответы, указания, решения алгоритмом Евклида для показателей и заканчивается парой показате лей (m, n) и 0. Можно также сказать, что задача равносильна задаче 3.39. Действительно, при решении задачи 3.39 основание системы счис ления не имело никакого значения. В частности, можно считать, что вычисления проводились в системе счисления с основанием a.

б) Воспользуйтесь равенством fn+1 = f0f1... fn + 2.

3.55. Воспользуйтесь взаимной простотой чисел Ферма.

3.57. Воспользуйтесь результатом задачи 3.38.

3.58. Воспользуйтесь результатом задачи 3.57.

3.64. Начните, например, с двух соседних чисел Фибоначчи Fn и Fn+1.

3.66. 7 и 2.

3.68. а) Воспользуйтесь методом математической индукции.

3.73. Как и в задаче 3.72, каждой точке с целыми неотрицательными координатами (x;

y) следует поставить в соответствие число N(x, y) = = ax + by. Все точки, для которых N(x, y) = c (13.3) получаются друг из друга сдвигом на вектор (b;

-a). Отсюда следует, что наименьшее число c, для которого уравнение (13.3) имеет n + решение, равно nab + a + b. В этом случае все решения описываются формулой (xk;

yk) = (1 + kb;

1 + (n - k)a) (0 k n).

Аналогично, наименьшее число c, для которого уравнение (13.3) имеет n решений, равно (n - 1)ab + a + b. Поэтому те c, для которых уравне ние (13.3) имеет n решений, находятся в пределах (n - 1)ab + a + b c nab + a + b.

3.74. Точка с координатой 4140.5.

3.76. 27.

3.77. 24.

3.78. 123.

3.81. При помощи формул задачи 3.80, доказательство каждого тож дества сводится к доказательству некоторого равенства, содержащего максимумы и минимумы.

а) max(, min(, )) = ;

б) min(, max(, )) = ;

в) + + = max(,, ) + min( +, +, + );

г) + + = min(,, ) + max( +, +, + ).

3.84. а) 32;

б) 3 · 4 · 6 · 8 · 12.

184 Ответы, указания, решения 3.86. Равенства следуют из того, что все делители числа n = p ·...

s... · p имеют вид s 1 s d = p... p (0 1 1,..., 0 s s).

1 s 3.87. n = 12.

3.88. а) 28;

б) 160 или 169.

3.89. x = 6, y = 5, z = 4.

3.90. Мультипликативность функций (n) и (n) следует из формул задачи 3.86.

3.91. Все делители числа n можно разбить на пары чисел a, b таких, что a · b = n, причем в каждой паре одно из чисел обязательно не превосходит n.

3.93. (m · n) < (m) · (n);

(m · n) < (m) · (n).

3.94. Воспользуйтесь формулой для (n) из задачи 3.86.

3.95. Представим n в виде n = 2k-1b, где b — нечетное число, k 2.

Поскольку (x) — мультипликативная функция, то (n) = (2k-1)(b) = (2k - 1)(b).

По условию, (n) = 2n = 2kb, так что (2k - 1)(b) = 2kb.

Отсюда b = (2k - 1)c, (b) = 2kc = b + c.

Если c = 1, то у числа b существует по крайней мере три положитель ных делителя b, c и 1. В этом случае (b) 1 + b + c, что противоречит равенству (b) = b + c. Поэтому c = 1, (b) = b + 1, то есть b = 2k - 1 — простое число. Согласно задаче 3.29, это возможно только при простых значениях показателя k. Таким образом n имеет вид n = 2p-1(2p - 1), где p и b = 2p - 1 — простые числа.

Первые простые числа Мерсенна p = 2, 3, 5, 7 дают совершенные числа n = 6, 28, 496, 8128.

3.96. 220 и 284;

17296 и 18416.

3.98. 120.

3.100. Оба числа совпадают с количеством натуральных чисел, не превосходящих и делящихся на d.

3.102. Отбросьте знак целой части в формуле Лежандра и дополните сумму до бесконечной геометрической прогрессии.

Ответы, указания, решения 3.103, 3.104. По формуле Лежандра p = (akpk-1 +... + a1) + (akpk-2 +... + a2) +... + ak = = ak(pk-1 +... + p + 1) +... + a1 = (ak(pk - 1) +... + a0(p0 - 1)) (n - ak -... - a1 - a0) = =.

(p - 1) (p - 1) 3.107. Нет. Рассмотрите числа n вида n = 2k - 1 и примените к ним формулу Лежандра.

3.108. 377 пар кроликов.

3.109. Пусть an — количество способов, которыми кузнечик может добраться до n-й клетки. Тогда a1 = a2 = 1. Кроме того, в (n + 1)-ю клетку кузнечик может попасть либо из n-й клетки, либо перепрыгнув n-ю клетку. Поэтому an+1 = an-1 + an. Отсюда an = Fn-1.

3.110. 233 способами.

3.111. Из начальных условий F0 = 0, F1 = 1 и рекуррентного соотно шения Fn+2 = Fn+1 + Fn числа Фибоначчи с отрицательными номерами определяются однозначно: F-n = (-1)n+1Fn.

3.112. Примените индукцию.

3.113. Все равенства доказываются при помощи метода математиче ской индукции.

3.114. Разбейте все пути кузнечика на две группы: проходящие и не проходящие через n-ю клетку.

3.116. 1.

F3 Fn+ 3.117. -.

F1 · F2 Fn · Fn+ 3.118. а), б), в) Рассмотрите последовательность остатков от деле ния Fn на 2, 3 и 4. г) Воспользуйтесь тождеством из задачи 3.114.

3.119. Рассмотрим остатки от деления чисел F1, F2,... на m. По двум соседним элементам этой последовательности она однозначно вос станавливается влево и вправо. Поэтому эта последовательность цик лически повторяется и 0 (остаток от деления F0 на m) встретится в ней бесконечно много раз.

3.122. а) Воспользуйтесь результатом задачи 3.35. б) Воспользуй тесь равенством (Fm+n, Fm) = (Fm, Fn), которое следует из тождества задачи 3.114.

3.123. Из пункта а) задачи 3.113 следует равенство Fn + Fn+1 +... + Fn+7 = Fn+9 - Fn+2.

Это число не может быть числом Фибоначчи, поскольку Fn+8 < Fn+9 - Fn+2 < Fn+9.

186 Ответы, указания, решения 3.124. Найдите рекуррентную формулу для числа таких последова тельностей. Можно также воспользоваться результатом задачи 3.109.

Для этого нужно каждую единицу интерпретировать как прыжок куз нечика через клетку.

3.125. Для разложения числа n в фибоначчиевой системе счисления нужно воспользоваться «жадным» алгоритмом: вычитать из n наиболь шее число Fm, не превосходящее n.

3.126. Докажите, что числа Fn, найденные по формуле Бине, удовле творяют начальным условиям F0 = 0, F1 = 1 и рекуррентному соотно шению Fn+1 = Fn + Fn-1.

3.127. Раскройте скобки в формуле Бине, пользуясь формулой бино ма Ньютона.

3.129. Равенство можно доказать методом математической индук ции. Другое решение можно получить если воспользоваться задача ми 3.124 и 2.67.

3.130. Sn = 0, если n 2, 5 (mod 6);

Sn = 1, если n 0, 1 (mod 6);

Sn = -1, если n 3, 4 (mod 6). Более коротко ответ задачи можно записать так:

sin (n + 1)/3 2 (n + 1) Sn = = sin.

sin /3 3.131. Fn+1.

3.134. Fn-2 + Fn = Ln-1.

3.135. Ln = n + n.

3.136.

n Ln + Fn 5 k Lk - Fk - (-1)k = 1.

2 3.137. а) Подбором можно найти первые решения данного уравнения в целых числах (1, 0), (2, 1), (5, 3), в которых угадываются соседние числа Фибоначчи. Можно предположить, что ответом к задаче будут пары (xn, yn) = ± (F2n+1, F2n), где n — произвольное целое число.

(См. задачу 3.111.) Действительно, после подстановки пары (F2n+1, F2n) в уравнение, приходим к частному случаю тождества Кассини: F2 2n+ -F2nF2n+2 = 1. (См. задачу 3.112.) Покажем, что у исходного уравнения нет других решений. Рассмотрим, например, те пары решений (x, y), в которых x 1 и y 0. Нетрудно проверить, что такие x и y должны быть связаны неравенствами y < x 2y. Кроме того, каждая пара решений (x, y) порождает целую цепочку решений по правилу... (x - y, 2y - x) (x, y) (2x + y, x + y)...

Ответы, указания, решения При движении по этой цепочке влево числа в парах уменьшаются:

0 < x = x - y < x, 0 y = 2y - x < y.

Поэтому на некотором шаге получится пара, в которой y = 0, x = 1, то есть пара (F1, F0). Но эта пара порождает цепочку... (F1, F0) (F3, F2)... (F2n+1, F2n)...

Значит, исходная пара должна иметь вид (x, y)=(F2n+1, F2n)=(xn, yn).

б) Все решения уравнения имеют вид (xn, yn) = ±(F2n, F2n-1), где n — произвольное целое число.

3.138. а) Докажите сначала вспомогательные неравенства Fn+ Fn, Fn+3 8Fn.

k k-1 k k-1 k 3.141. б) Fn = Fn-k+1Fn-1 + Fk-1Fn-1 = Fn-k-1Fn-1 + Fk+1Fn-1.

3.142. Докажите, что Ak допускает представление в виде линейной n комбинации с целыми коэффициентами чисел Ak-1 и Ak.

n-1 n- 3.143. а) [11;

3, 4];

б) [1;

6, 6].

Fn+ 3.144..

Fn 3.147. Смотрите задачу 3.113, пункт г).

3.149. а) При k = 0, 1 равенство проверяется непосредственно. Далее применим индукцию. Предположим, что равенство доказано для неко торого k. Докажем его для k + 1. Подходящая дробь с номером k + получается из k-й дроби заменой ak на ak + 1/ak+1:

[a0;

a1,..., ak, ak+1] = [a0;

a1,..., ak + 1/ak+1].

Делая такую замену в равенстве Pk akPk-1 + Pk- [a0;

a1,..., ak] = =, (13.4) Qk akQk-1 + Qk- приходим к соотношению (ak + 1/ak+1)Pk-1 + Pk-2 Pk+ [a0;

a1,..., ak, ak+1] = =.

(ak + 1/ak+1)Qk-1 + Qk-2 Qk+ б) Примените индукцию. в) Из пункта б) немедленно следует, что числа Pk и Qk взаимно просты.

3.151. Воспользуйтесь свойством б) из задачи 3.149.

3.152. а) xk = 4 + 13k, yk = 31 + 101k (k Z);

б) xk = -6 + 19k, yk = -19 + 79k (k Z).

3.153. Если бы 400 последовательных «григорианских» лет в точ ности соответствовали 400 астрономическим годам, то продолжитель ность одного астрономического года равнялась бы 97 · 366 + 303 · 365 = 365 + 400 188 Ответы, указания, решения дням, что всего лишь на 26 секунд превышает продолжительность го да, найденную из астрономических наблюдений. Расхождение невелико:

оно составляет один день в 3323 года.

3.157. Рассмотрите прямоугольник со сторонами 1, 2 и восполь зуйтесь геометрической интерпретацией алгоритма Евклида из зада чи 3.146.

3.158. В Юлианском стиле ошибка в одни сутки накапливается за 128 лет.

3.159. [365;

4, 7, 1] = 365. Омар Альхайями ввел цикл из 33 лет, в котором семь раз високосный год считался четвертый, а восьмой раз високосный год был не четвертый, а пятый. Таким образом, здесь име ется 8 лишних суток в 33 года. Ошибка в одни сутки в этом календаре набегает примерно за 5000 лет. Точнее сказать нельзя, потому что сама продолжительность астрономического года меняется из-за замедления вращения Земли вокруг своей оси. Этот эффект задается приближенной формулой Саймона Ньюкома:

1 год = (365,24219879 - 0,0000000614 · (n - 1900)) суток, где n — номер года.

3.160. а) б) 34;

в) (1 + 17)/2.

33;

3.161. а) 2 = [1;

2];

б) 3 = [1;

1, 2];

в) 1/2 + 7 = [3;

6, 1, 6, 5].

3.163. 97/56.

3.164. Докажем сначала, что всякая чисто периодическая цепная дробь = [a0;

a1,..., ak-1, ] задает квадратичную иррациональность. При решении задачи 3.149 а) была получена формула (13.4), которая выражает зависимость подходя щей дроби от последнего неполного частного. Заменяя в этой формуле ak на, приходим к равенству pk-1 + pk- =, qk-1 + qk- которое дает квадратное уравнение для :

2qk-1 + (qk-2 - pk-1) - pk-2 = 0.

Таким образом, — квадратичная иррациональность. Осталось заме тить, что если = [b0;

b1,..., bm, ], то также является квадратичной иррациональностью.

Ответы, указания, решения 3.166. Проверьте, что последовательность (1 + 2)n+1 - (1 - 2)n+ pn = 2 удовлетворяет начальным условиям p1 = 2, p2 = 5 и рекуррентному уравнению pn+2 = 2pn+1 + pn, а последовательность (1 + 2)n - (1 - 2)n qn = 2 — начальным условиям q1 = 1, q2 = 2 и рекуррентному уравнению qn+2 = 2qn+1 + qn. Отсюда будет следовать, что pn/qn — n-я подходя щая дробь к числу [2] = 1 + 2.

3.167. Предположим сначала, что — число иррациональное и pn/qn — подходящие дроби к. В этом случае последовательность зна менателей стремится в бесконечность, значит для некоторого n будут выполнены неравенства qn q qn+1. При таком выборе n дробь p/q может совпасть только с n-й подходящей дробью. Покажем, что другие варианты невозможны. Действительно, если это не так, то число p/q попадает в один из трех интервалов (-;

pn/qn), (pn/qn;

pn+1/qn+1), (pn+1/qn+1;

) (будем считать, что pn/qn < pn+1/qn+1). В первом случае из неравенств 1 p p pn > - > - q qn qqn 2q2 q следует оценка qn > 2q, которая противоречит выбору n. Во втором случае имеем:

1 pn+1 pn pn+1 p p pn 1 = - = - + - +, qnqn+1 qn+1 qn qn+1 q q qn q qn+1 q qn откуда q qn + qn+1, что также противоречит выбору n. В третьем случае из неравенств 1 p p pn+1 > - > -, q qn+1 q qn+ 2q2 q 1 pn p pn - p 1 - - + + qqn qn q qn q qnqn+1 2q q qn q q получаем оценки qn+1 > 2q и 1 +. Отсюда 1 < + = 1.

qn+1 2q 2q 2q p pn Таким образом, ни один из этих трех случаев невозможен, и =.

q qn a В случае рационального = следует воспользоваться тем, что b p a при = q b a p -.

b q bq 190 Ответы, указания, решения 3.169. Предположим, что для некоторой дроби p/q выполняется неравенство p 2 <.

- q 3q Согласно задаче 3.167, число p/q является подходящей дробью к 2.

Пусть p/q = Pn/Qn. Тогда |Pn+kQn - PnQn+k| p Pn+k Pn 2 = lim - - = lim.

q k Qn+k Qn k QnQn+k Рассмотрим последовательность чисел an = |Pn+kQn - PnQn+k|. Она удовлетворяет начальным условиям a0 = 0, a1 = 1 и рекуррентному соотношению ak = 2ak-1 + ak-2 (k 2). Поэтому числа an совпадают со знаменателями подходящих дробей к 2: ak = Qk-1 (k 1), то есть Qk-1 1 QnQk- d = = ·.

QnQn+k Q2 Qn+k n Чтобы получить противоречие с исходным предположением, достаточно доказать неравенство QnQk-1.

Qn+k Свойства чисел Qn похожи на свойства чисел Фибоначчи. В частно сти, для них можно доказать равенство, аналогичное соотношению из задачи 3.114:

Qn+k = Qk-1Qn+1 - Qk-2Qn.

Отсюда QnQk-1 QnQk-1 = =.

Qn+k Qk-1Qn+1 - Qk-2Qn Qn+1/Qn + Qk-2/Qk- Остается заметить, что Qn+1 5 Qk-2 и.

Qn 2 Qk-1 k+ 3.170. Примените алгоритм Евклида к многочленам aF - 1 и k+ aF - 1.

ab + a2b2 + 4ab 3.171. = [a;

b].

2b 3.173. Число = [a0;

..., an] является корнем многочлена f(x) = = qnx2 + (qn-1 - pn)x - pn-1. Вторым корнем будет сопряженная ир рациональность. Так как f(0) = -pn-1 < 0 и f(-1) = pn - pn-1 > 0, то второй корень принадлежит интервалу (-1;

0).

Ответы, указания, решения Глава 4.3. Если a и b — нечетные числа, то равенство a2 + b2 = c2 невоз можно, поскольку c2 не может давать остаток 2 при делении на 4.

4.5. Каждая кость домино накрывает одну черную и одну белую клетки доски. Но из шахматной доски вырезаны две черные клетки.

Ответ: нет.

4.12. Рассмотрите множества четных и нечетных чисел.

4.18. Проследите за четностью числа стаканов, которые стоят вверх дном.

4.19. Не обращайте внимания на угловые и центральные клетки.

4.20. Воспользуйтесь тем, что при любых слияниях амеб, четность суммарного количества амеб типов A и B не меняется. То же самое можно сказать про типы A, C и B, C. Ответ: останется амеба типа B.

4.21. Расставьте амеб сначала как на рисунке 1.

Рис. 1. Рис. 2.

Если в начале игры снята фишка с центральной клетки, то, рассуж дая как в задаче 4.20, получаем, что последняя фишка может остаться только на клетке, помеченной буквой A. Но амеб с самого начала можно расположить и по-другому (смотрите рис. 2). Клеток, которые оба раза оказываются помечены буквой A оказывается 5 и это именно те клетки, которые указаны в условии задачи.

4.22. В расширенной таблице сумма элементов в любом столбце и в любой строке четная. Если изменить один из элементов, то изменятся суммы для одной строки и одного столбца (станут нечетными). Чтобы исправить такую ошибку, надо будет изменить тот элемент таблицы, который находится на пересечении строки и столбца с нечетными сум мами. Минимальное число ошибок, которые нельзя обнаружить — 4.

Например, можно изменить все четыре цифры в сообщении 0111. При этом суммы во всех строках и столбцах останутся четными.

4.23. p2 - 1 = (p - 1)(p + 1). Четные числа p - 1 и p + 1 отличаются на 2, поэтому одно из них делится на 4.

4.24. Такое число делится на 111 = 3 · 37.

192 Ответы, указания, решения 4.25. а) 8 делителей можно найти среди чисел вида 11... 1 (n единиц) выбирая n = 1, 2, 3, 6, 331, 662, 993. б) Воспользуйтесь равенством 111 111 = 1001 · 111 = 3 · 7 · 11 · 13 · 37.

..

..

4.26. 23k + 1. 2k + 1, 23k - 1. 23 - 1.

1 1 p 4.28. + =.

k p - k k(p - k) 4.29. m/n = 5/2.

4.30. Подставьте c = 6k - a - b или рассмотрите остатки от деления на 2 и на 3.

4.31. Проследите за тем, как меняется предпоследняя цифра у чисел вида 11n.

4.32. Пусть b и c — длины второго катета и гипотенузы. Возможны следующие варианты: (b, c) = (8, 17), (35, 40), (36, 39) и (112, 113).

Ответ: 4.

4.33. а) (x, y) = (±5, ±9), (±10, ±3). б) Представьте уравнение в виде (1 + x)(1 + x2) = 2y. Ответ: (x, y) = (0, 0), (1, 2).

.

4.34. k1999 + (17 - k)1999. 17.

.

4.35. Разобьем номера всех счастливых билетов на две группы.

В первую группу отнесем номера, которые состоят из двух равных трехзначных чисел (например, 765765). Все остальные номера отнесем ко второй группе. Поскольку abcabc = abc · 1001 = abc · 7 · 11 · 13, то каждый номер из первой группы делится на 13, а, значит, делится на 13 и сумма всех номеров из первой группы. Рассмотрим номер abcdef из второй группы (abc = def). Вместе с этим номером во второй группе находится и номер defabc. Таким образом, все номера из второй группы разбиваются на пары. Сумма номеров в каждой паре делится на 13, так как abcdef + defabc = (abc + def) · 1001 = (abc + def) · 7 · 11 · 13.

Поэтому делится на 13 и сумма всех номеров из второй группы.

4.36. Рассмотрите остаток, который такое число будет давать при делении на 9.

4.39. а) Не может, так как 2004 · 4 не делится на 10 = 1 + 2 + 3 + 4.

б) Может. Можно взять 401 пару квадратов с таким расположением чисел (1, 2, 3, 4) и (4, 3, 2, 1).

p!

4.42. Ck =. Если 0 < k < p, то (k!(p - k)!, p) = 1, поэтому p k!(p - k)!

число p в числителе сократиться не может.

Ответы, указания, решения 4.43. Пусть n составное число и p — один из его простых делителей.

Представим n в виде n = pm, где (m, p) = 1. По формуле Лежандра (см. задачу 3.101) находим, что p входит в разложение Cp в степени n - 1, поэтому n Cp.

n 4.45. Воспользуйтесь результатом задачи 4.42.

4.46. Нет. Например, если мы на первом шаге объединяем две первых кучки, то дальше в любой из получающихся кучек количество камней будет кратно 5.

4.47. Воспользуйтесь тем, что среди чисел a1, a1+a2,..., a1+a2+...

... + an либо одно делится на n, либо два дают равные остатки при делении на n.

4.48. Покажем, что среди 10 последовательных чисел найдется такое, которое не делится на числа 2, 3, 5, 7. Оно и будет удовлетворять условию задачи. Действительно, среди этих чисел 5 делятся на 2. Среди оставшихся чисел не более 2 делятся на 3, и не более одного — на 5 и 7.

Таким образом исключается не более 9 чисел.

4.49. Среди чисел 1, 2,..., 99 есть 50 нечетных и 49 четных. Это значит, что на одной из карточек на обеих сторонах будут написаны нечетные числа.

4.50. а) Ничего. б) Это соотношение справедливо для всех целых a и b.

4.51. Воспользуйтесь равенствами (a + c) - (b + d) = (a - c) + (b - d), ac - bd = c(a - b) + b(c - d).

4.52. Согласно определению, класс состоит из таких чисел b, что b a (mod m) или b - a = mt. Таким образом, каждое число из должно иметь вид mt + a.

4.53. Пусть = b. Рассмотрим элемент c, принадлежащий обоим этим классам. Согласно предыдущей задаче, для некоторых целых t и t2 будут выполняться равенства c = a + mt1, b = a + mt2. Отсюда a - b = m(t2 - t1), то есть b a (mod m).

4.54. По принципу Дирихле такие числа попадают по одному в каж дый из классов по модулю m.

4.55. При (a, m) = 1.

4.57. При (m, c) = 1.

4.59. Первый игрок должен следить за тем, чтобы количество кам ней, оставшихся после его хода, давало остаток 1 при делении 6.

4.62. Если одна фирма приобрела x килограммов яблок, то вто рая— 2x, поэтому масса приобретенных яблок должна делится на 3.

4.64. Дискриминант дает остаток 5 при делении на 8, и поэтому не может быть полным квадратом.

194 Ответы, указания, решения 4.68. От числа b · 105 + a делается переход к числу 10a + b. При делении на 7 эти числа дают остатки 5b + a и 3a + b. Утверждение задачи следует из сравнения 5b + a 5(3a + b) (mod 7).

4.69. Среди этих чисел всегда есть одно, которое делится на 3. По этому p = 3.

.

.

4.70. Если p = 3, то 8p2 + 1. 3.

4.71. Здесь, как и в задачах 4.69, 4.70, нужно рассмотреть остатки от деления на 3.

4.72. Среди любых пяти последовательных членов такой арифмети ческой прогрессии один обязательно делится на 5. Если это не 5, то про стых чисел, идущих подряд, будет не более 4. Ответ: 5, 11, 17, 23, 29.

4.73. 3.

4.74. Так как числа n2 при делении на 3 дают остатки либо 0, либо 1, то указанное число целым быть не может.

4.75. Сравнение a2 + b2 0 (mod 3) возможно только если оба числа a и b делятся на 3. Аналогичные рассуждения проходят и для модуля m = 4.78. Остаток равен 24 -1 (mod 17).

4.79. Нет. Рассмотрите числа Евклида en по модулю 5.

4.80. Перейдите от равенства a2 + b2 = c2 к сравнению по соответ ствующему модулю.

4.81. а) m + 1 3 (mod 4). б) m - 1 2 (mod 3).

..

4.82. an. 3 при n = 2 + 3k;

an. 4 при n = 2k (k Z).

..

4.83. а), б), г) ни при каких n;

в) при n = 3 + 11k (k Z).

4.84. а) n = -8 + 17k (k Z);

б) ни при каких.

4.85. x = 17 + 73k (k Z).

4.91. Докажите, что при всех целых x будет выполняться сравнение P(x) 1 (mod 2). Из него будет следовать, что значения P(x) не могут быть нулевыми.

4.93. а) x 2 (mod 13);

б) x 24 (mod 37);

в) x 5 (mod 11);

г) x 15 (mod 169).

4.94. 1652 и 6125.

4.96. a ±1 (mod p).

4.97. Все числа от 2 до p - 2 можно разбить на пары взаимно обрат ных по умножению чисел, то есть для каждого a из этого интервала найдется b (отличное от a по задаче 4.96) такое, что ab 1 (mod p).

Поэтому (p - 1)! p - 1 (mod p).

4.98. Пусть n — составное число. Если p — некоторый простой дели тель числа n (p < n), то (n-1)! 0 (mod p), что противоречит условию (n - 1)! -1 (mod p).

4.99. (p - 1)! + 1 = (p - 2)!(p - 1) + 1 = (p - 2)!p - ((p - 2)! - 1).

Ответы, указания, решения 4.100. Число p — простое тогда и только тогда, когда 4((p - 1)! + 1) + + p 0 (mod p). Остается доказать, что p + 2 — простое тогда и только тогда, когда 4((p - 1)! + 1) + p 0 (mod p + 2). С этой целью умножим обе части очевидного сравнения p -2 (mod p + 2) на p + 1. Получаем p(p + 1) -2(p + 1) = -2((p + 2) - 1) 2 (mod p + 2).

Части полученного сравнения умножим на 2(p - 1)! :

2(p + 1)! 4 (p - 1)! (mod p + 2).

К обеим частям полученного сравнения прибавим по p + 4:

2((p + 1)! + 1) + (p + 2) 4((p - 1)! + 1) + p (mod p + 2).

По теореме Вильсона p + 2 — число простое тогда и только тогда, когда (p + 1)! + 1 0 (mod p + 2) и, следовательно, 2((p + 1)! + 1) + (p + 2) 0 (mod p + 2), откуда 4((p - 1)! + 1) + p 0 (mod p + 2).

4.101. Из условия задачи следует, что a1a2 + a2a3 +... + an-1an + + ana1 0 (mod 4). Это сравнение остается справедливым при замене знака у любого из чисел aj (j = 1,..., n). Заменив все числа на +1, приходим к сравнению n 0 (mod 4).

4.102. Докажите неразрешимость по модулю m, где а) m = 4;

б) m = 3;

в) m = 7;

г) m = 8;

д) m = 5;

е) m = 5;

ж) m = 16;

з) m = 13.

4.103. Сумма пяти последовательных целых чисел всегда делится на 5:

(n - 2)2 + (n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5(n2 + 2).

Но число n2 + 2 не может делится на 5, поэтому 5(n2 + 2) полным квадратом не является.

4.104. Выберите среди чисел 1, 2,..., n то, которое делится на максимальную степень двойки. Такое число будет ровно одно. Поэтому после приведения к общему знаменателю числитель будет нечетным.

4.105. Для решения задачи нужно рассмотреть последние цифры указанных чисел, или, что то же самое, перейти к сравнению по модулю 10.

4.106. x = 1, y = 0.

4.107. Воспользуйтесь задачей 3.38.

4.108. Во всех случаях ответ 6.

4.111. Воспользуйтесь соотношением 10p-1 -1 = 99... 9 0 (mod p).

4.115. При a = 0 утверждение очевидно. Предположим, что оно доказано для некоторого a 0. Из результата задачи 4.42 следует 196 Ответы, указания, решения соотношение (a+1)p ap +1 (mod p). Далее, применяя предположение индукции, приходим к нужному сравнению.

ap - a 4.117. Существует a одноцветных раскрасок и раскрасок, в p ap - a которых участвует не менее двух цветов. Ответ: + a.

p 4.118. а) 1;

б) 9.

4.119. Данное число делится на 31.

4.120. Данное число делится на 1093.

4.122. Пусть q — простой делитель числа 2p - 1. Тогда выполняются сравнения 2p - 1 0 (mod q) и 2q-1 - 1 0 (mod q) (второе из них — малая теорем Ферма). Далее следует воспользоваться результатом за дачи 3.54 а).

4.123. Воспользуйтесь равенством n16 - 1 = (n8 - 1)(n8 + 1).

4.129. Применяя формулу из задачи 3.127, находим, что Fp 5(p-1)/ (mod p), 2Fp+1 1 + 5(p-1)/2 (mod p). Кроме того, 5(p-1)/2 1 (mod p) при = 10k ± 1 и 5(p-1)/2 -1 (mod p) при = 10k ± 3.

4.130. Число x = 1 удовлетворяет условиям xp-1 - 1 0 (mod p) и x3 - 1 0 (mod p). Далее следует применить результат задачи 3.54.

4.131. Используйте условия xp-1-1 0 (mod p) и x5-1 0 (mod p).

4.132. а) 16;

б) p - 1;

в) p(p - 1);

г) При подсчете (p) нужно будет отбрасывать все числа, делящиеся на p. Таких чисел на отрезке от 1 до p будет p. Поэтому (p) = p-1(p - 1).

4.133. p.

4.134. Числа, взаимно простые с b, находятся в (b) столбцах.

В каждом из них (a) чисел, взаимно простых с a. (См. задачу 4.55.) 4.135. (m).

4.136. (a, m) = 1 и b делится на все простые числа из разложения m.

4.139. а) x = 3, 4, 6;

б) x = 15, 30, 20, 24, 16;

в) 36;

г) нет решений.

4.140. Необходимо, чтобы (m) = 2. Но 1 5 (mod 4), поэтому ответом служат только числа 3 и 5.

1 4.141. а) x = 2;

б) x = 2 3 (1, 2 1);

в) нет решений.

4.142. а) При простом n;

б) при четном n;

в) при любом n.

4.143. а) x = 3;

б) x = 3;

в) x = 2, y = 3.

4.144. Каждому простому числу p, являющемуся делителем как m так и n, в числе (m · n) соответствует множитель 1 - 1/p, а в числе (m) · (n) — множитель (1 - 1/p)2. Так как (1 - 1/p) < 1, то при (m, n) = 1 будет выполняться неравенство (m · n) > (m) · (n).

4.145. 8, 12.

Ответы, указания, решения 4.146. Все такие дроби можно разбить на пары k/n, (n-k)/n. Числа в такой паре совпадать не могут. Из равенства k/n = (n - k)/n следует, что n — четное, k = n/2 и дробь k/n можно сократить на n/2.

4.147. Пусть S(n) — искомая сумма. Очевидно, что S(1) = 1. При n > d 1 d n - d 1 (n) = + = 1 =.

n 2 n n 2 (d,n)=1 (d,n)=1 (d,n)= 1 d n 1 d n 1 d n Ответ: S(1) = 1, S(n) = (n)/2 при n > 1.

4.148. (d).

4.149. Рассмотрим ряд чисел из задачи 4.148. С одной стороны, он состоит из n дробей. С другой стороны, все числа разбиваются на груп пы дробей с равным знаменателем d, каждая из которых состоит из (d) чисел.

4.150. (n)/2.

4.151. а) Из мультипликативности функции Эйлера следует, что формулу достаточно доказать в случае, когда числа m и n суть степени одного и того же простого числа. Пусть m = p, n = p ( 0). Тогда нужное тождество следует из равенств [m, n] = m = p, (m, n) = n = p.

б) Если воспользоваться мультипликативностью функции Эйлера, то задача сводится к проверке равенства (p+) (p) = (p) (p) p.

Оно, в свою очередь, следует из соотношения (p) = p(p-1). (См. за дачу 4.132.) 4.152. 3(10 ) - 1 0 (mod 104).

4.155. Делимость на 2 и на 3 проверяется непосредственно. Дели мость на p следует из малой теоремы Ферма.

4.156. -a(m)-1b.

4.158. В качестве n можно взять, например, (m).

j.

s.

4.159. Пусть n = p... p. Достаточно доказать, что 2n! - 1. pj 1 s при j = 1,..., s. Для этого нужно применить теорему Эйлера к каждому j из чисел mj = pj.

4.160. Так как 561 = 3·11·17, то достаточно доказать справедливость сравнений a560 1 (mod p), где p принимает значения p = 3, 11, 17.

Каждое такое сравнение выполняется по малой теореме Ферма.

4.161. Очевидно, что решением задачи могут быть только те a, для которых (a, 10) = 1. Так как (10) = 4, то сравнение a10 + 1 (mod 10) равносильно сравнению a2+1 0 (mod 10). Перебирая случаи 198 Ответы, указания, решения a = ±1, a = ±3, находим, что a ±3 (mod 10). Ответ: a ± (mod 10).

4.162. Покажите, что при (a, m) = 1 выполняется соотношение j a(m) 1 (mod pj ) (j = 1,..., s).

4.166. 3993, 3597, 6797.

4.167. Примените признаки делимости на 8, 9 и 11. Ответ: 1 380 456.

4.169. Нет. Для доказательства можно находить не сумму цифр, а просуммировать арифметическую прогрессию 1 + 2 +... + 500.

4.170. Для проверки делимости на 9 и 11 можно рассмотреть сумму данного числа с числом 8079... 2019.

4.173. 11 111 111 100.

4.175. 9.

4.179. Примените признак делимости на 11.

4.180. Примените признак делимости на 3.

4.181. Нет. Рассмотрите остатки от деления на 9.

4.182. Сравнения 10a + b 0 (mod 19) и a + 2b 0 (mod 19) равно сильны.

4.184. Число xxyy всегда делится на 11. Если оно полный квадрат, то и число x0y должно делится на 11. Ответ: 882 = 7744.

4.185. Число получается из суммы своих цифр умножением на 12, значит, оно кратно 3. Согласно признаку делимости на 3, сумма цифр также делится на 3. Поэтому само число должно делится на 9. Кроме то го оно делится на 4. Следовательно нужно искать среди чисел, которые делятся на 36. Поскольку сумма цифр трехзначного числа не превосхо дит 27, то само число может быть не больше 27·12 = 324. Перебор можно еще сократить, если заметить, что сумма цифр может быть не больше 18 (она делится на 9 и меньше 27). Поэтому само число не больше 18 · 12 = 216. Осталось перебрать числа 108, 144, 180, 216. Ответ: 108.

4.187. а) Стратегия второго: писать цифру так, чтобы сумма преды дущей цифры и его равнялась 6.

б) Стратегия первого: сначала нужно написать 1, а потом писать цифру так, чтобы сумма предыдущей цифры и его равнялась 6. В этом случае перед последним ходом второго игрока сумма цифр будет равна 55, и он не сможет добиться своей цели.

4.188. Рассмотрите остатки от деления на 9.

4.189. Так как aj10j ajrj (mod m), то M N (mod m). Поэтому числа M и N могут делиться на m только одновременно.

4.191. Сравнение anqn +... + a1q + a0 an +... + a1 + a0 (mod m) Ответы, указания, решения равносильно сравнению an(qn - 1) +... + a1(q - 1) 0 (mod m), которое имеет место независимо от ai тогда и только тогда, когда q - 1 0 (mod m). В частности, для m = 2 годится система счисления с любым нечетным основанием. Ответ: q = 1 + mk (k 1).

4.192. 21.

4.194. Исследуйте отдельно делимость на 5 и на 11. Ответ: n = = 6 + 55k, k Z.

4.195. а) Обозначим остаток от деления 1910 на 66 через r. Из срав нений 19 1 (mod 2), 19 1 (mod 3), 19 -2 (mod 11), следует, что r 1 (mod 2), r 1 (mod 3), r (-2)10 (mod 11). По малой теореме Ферма, (-2)10 1 (mod 11). Отсюда r = 1. б) 11;

в) 17;

г) 36.

4.197. Воспользуйтесь теоремой Эйлера.

(m m1... mn j) 4.198. x = a1x1 +... + anxn, где xj = (j = 1,..., n).

mj 4.200. а) x = 58 + 85k (k Z);

б) x = 78 + 13 · 19k (k Z).

4.201. 2 · 3 · 5 · 7 - 1.

4.203. 2 · 10249.

4.204. 15803.

4.207. Пусть n = 2. Равенство c a b = + m1 · m2 m1 m можно переписать в виде c = a·m1 +b·m2. Для того, чтобы решить это уравнение, рассмотрите сравнение c a · m1 + b · m2 (mod m1 · m2) и воспользуйтесь задачей 4.196. Для произвольного n нужно применить индукцию 4.208. 45486.

4.209. 215 · 310 · 56.

4.210. а) Данное сравнение равносильно выполнению двух условий x(x - 1) 0 (mod 24) и x(x - 1) 0 (mod 54). Отсюда x 0, 1 (mod 24) и x 0, 1 (mod 54). Поэтому по модулю 104 исходному сравнению будут удовлетворять 4 числа, из которых два — это числа x = 0 и x = 1. Два других решения — это x = 0625 и x = 9376, из которых четырехзначным является только второе. Ответ: x = 9376.

б) Докажите утверждение по индукции. Если процесс нахождения таких чисел не остановить, то кроме 0 и 1 получатся два бесконечных «числа» x1 =... 8212890625, x2 =... 1787109376.

4.211. Примените китайскую теорему об остатках с m1 = p2,...

..., m37 = p2, где p1,..., p37 — различные простые числа.

200 Ответы, указания, решения (p - 1)! - (p - 1) (p - 1)! + ??. = - p p Глава 5.1. а) 1/7 = 0,(142857);

б) 2/7 = 0,(285714);

в) 1/14 = 0,(714285);

г) 1/17 = 0,(0588235294117647).

5.2. a = 0, b = 0 или a = 1, b = 3.

5.3. 1/49 = 0,(020408163265306122448979591836734693877551). Если просуммировать геометрическую прогрессию 2/102 + 4/104 +..., то получается в точности 1/49.

5.4. 1/243 = 0,(004115226337448559670781893).

5.5. а) 15926/111111 = 0,(143334);

б) 4/27 = 0,(148);

в) 14/99 = = 0,(14).

5.7. n = 2 · 5.

5.9. Рассмотрите отдельно те цифры, которые встречаются конечное число раз и те, которые встречаются бесконечно много раз.

1 1 2 5.11. n = 2 · 5, n + 1 = 2 · 5. Отсюда n = 1 или n = 4.

5.12. Среди указанных чисел бесконечно много четных.

5.16. а) нет. б) 2 + (- 2) = 0.

p в) Определим число равенством ( 3) = 2. Если =, то q получаем невозможное равенство 3p = 4q.

Другой пример можно построить при помощи числа = 2.

Если оно рационально, то задача решена. Если оно иррационально, то = 2 и искомой парой чисел будут и 2.

5.17. Подставляя в уравнение x = 1 + 3, приходим к равенству (4 + a + b) + (a + 2) 3 = 0.

Так как 3 — иррациональное число, то такое равенство возможно лишь когда 4 + a + b = 0 и a + 2 0.

= Ответ: a = -2, b = 2.

5.18. Если числа a, b, c являются членами одной арифмети ческой прогрессии, то для некоторых целых p и q будет выполняться равенство q( b - a) = p( c - b) или b(p + q) = p c + q a.

После возведения последнего равенства в квадрат получаем, что ac — рациональное число. Но это невозможно, поскольку a и c — различные простые числа.

5.19. 2 + 6.

5.21. а) 9 = 100 - 1;

б) 1;

в) -10.

5.22. а) 4;

б) 2;

6.

в) 5.23. 2 + 3 + 5.

5.24. Возведите равенство в квадрат.

Ответы, указания, решения 5.25. Для решения этой задачи удобнее доказать более общее утвер ждение: если b1,..., bn — ненулевые целые числа, a1,..., an — различ ные натуральные числа, свободные от квадратов, то b1 a1 +... + bn an = 0. (13.5) Выбирая здесь a1 = 1, получаем иррациональность суммы радикалов a2 +... + an. Для доказательства соотношения 13.5 проведите ин дукцию по числу простых p1,..., pm, входящих в разложения чисел a1,..., an на множители.

5.26. Только если a и b являются степенями одного и того же числа, то есть a = dm и b = dn для некоторых натуральных d, m и n.

5.28. Тангенс угла между стороной треугольника и любой из коор динатных осей рационален. Углы треугольника являются суммами или разностями таких углов и, следовательно, также имеют рациональные тангенсы.

5.29. Воспользуйтесь тем, что прямая, проходящая целые точ через ки, имеет рациональный тангенс наклона, а tg 60 = 3 Q.

/ 5.31. Пусть на окружности лежат две точки (x;

y) и (u;

v). Тогда (x - 2)2 + (y - 3)2 = (u - 2)2 + (v - 3)2, 2(u - x) 2 + 2(v - y) 3 = u2 + v2 - x2 - y2.

Невозможность последнего равенства доказывается возведением в квад рат.

5.32. ж) Смотрите задачу 6.82 г).

5.33. При четных n.

5.36. Как и в задаче 2.33, идея решения основана на принципе Ди рихле. При k = 1 утверждение задачи очевидно. Далее применим ин дукцию. Предположим, что утверждение задачи доказано для k - 1, и докажем его для k. Рассмотрим произвольную из N данных точек. Из N - нее выходит по крайней мере N1 = отрезков, окрашенных в k один и тот же цвет, где x — минимальное целое число n такое, что x n. Для N1 справедлива оценка [k! e] [k! e] k! e N1 > = = [(k - 1)! e].

k k k (См. задачу 3.100.) Если концы каких-либо двух из этих N1 отрезков соединены отрезком того же цвета, то нужный треугольник найден.

В противном случае, концы соединяются отрезками, окрашенными в k - 1 цветов. Так как N1 > [(k - 1)! e], то, согласно предположению 202 Ответы, указания, решения индукции, можно найти треугольник одного цвета с вершинами в этих точках.

5.38. По формуле для суммы геометрической прогрессии a1a2... an 0,(a1... an) =.

10n - 10n - 1 Отсюда, если a1a2... an =, то = 0,(a1a2... an).

m m 5.39. По теореме Эйлера 10k(m) - 1 0 (mod m) при любом k 1.

Поэтому 9 · Ek(m) 0 (mod m). Если m не делится на 3, то Ek(m) (mod m). Если же m делится на 3 или на 9, то на m будут делится числа E3k(m) и E9k(m) соответственно.

p 10kp 5.40. Если = 0,a1a2... akak+1..., то = 0,ak+1...

q q 5.41. Пусть r0 = 1, r1 = 10 - m[10/m]... — остатки, которые возни кают при делении 1 на m столбиком. Тогда rk 10k (mod m), так как приписывание нуля равносильно умножению на 10. Если (m, 10) = 1, то 10(m) 1 (mod m), то есть r(m) = r0 = 1. Отсюда следует, что у дроби отсутствует предпериод, и что длина периода делит (m).

5.42. 11, 33 и 99 — делители числа 99, не делящие 9.

5.43. Если 10t 1 (mod n), то остатки r0 и rt (см. задачу 5.38) совпадают, так как r0 = m и rt 10tm (mod n). Значит период дроби m/n делит t. Наоборот, если T — длина периода, то rT = r0 (дробь чисто периодическая согласно задаче 5.41) и r010T r0 (mod n). Так как r0 = m и (m, n) = 1, то полученное сравнение можно сократить на r0. Следовательно, 10T 1 (mod n).

5.45. Воспользуйтесь результатом задачи 5.38.

5.46. Пусть t = 2n — длина периода. Согласно задаче 5.43, вы полняется сравнение 10t 1 (mod q). Отсюда 10n -1 (mod q) p 10np и + = 1. Но в десятичной системе эти дроби имеют вид q q p 10np = 0,N1N2, = 0,N2N1, q q поэтому N1 + N2 = 99.. 9.

.

n 5.47. При разложении 1/7 в десятичную дробь последовательность остатков устроена следующим образом:

r0 = 1, r1 = 3, r2 = 2, r3 = 6, r4 = 4, r5 = 5, r6 = 1,...

Первое свойство объясняется равенствами r0 r2 r0 r1 r0 r 2 · =, 3 · =, 4 · =,...

7 7 7 7 7 Ответы, указания, решения Объяснение второго свойства получается, если в равенстве 1/7 + + 2/7 + 4/7 = 1 перейти к десятичной записи.

Чтобы объяснить последнее свойство, запишем N в виде N = = (106 - 1)/7. Отсюда N2 = (106 - 1)2/49. Число, которое получается сложением половинок числа N2, будет периодом дроби N2 1 106 - 1 = N2 = =.

49 106k 106 - k= Так как 142857 = = 0,(142857), 7 то из половинок числа N2 получится число N.

5.48. См. решение задачи 5.41.

5.51. Пусть abcdef = 3 ·fabcde. Рассмотрим число, которое разла гается в периодическую десятичную дробь с периодом abcdef:

= 0,(fabcde) = · 0,(abcdef).

Тогда 10 · = f,(abcdef) = f + 3 ·.

f Отсюда =. Остается перебрать различные значения f.

5.52. Рассмотрите десятичные дроби, у которых искомое число яв ляется периодом.

5.56. 81 + 9 + 1 = 61 + 27 + 5.57. Да. Причем меньшим числом взвешиваний обойтись нельзя.

5.58. 2n - 1.

5.59. а) 24 - 1 = 15;

б) (34 - 1)/2 = 40.

5.60. 1, 3, 9 и 27 кг.

5.61. а) Первую веревку следует поджечь с двух концов, а вторую — с одного. После догорания первой веревки второй останется гореть минут. Чтобы сократить этот промежуток вдвое, следует поджечь и второй конец оставшейся веревки. б) 24 - 1.

5.62. а) Лампочка может находится в трех состояниях — включенном, выключенном и в нагретом. б) 9.

1 2 m 5.63. б) Если n = 2k + 2k +... + 2k (k1 > k2 >... > km 0), то наименьшее число операций равно k1 + m.

5.65. b(15) = 6, но l(15) = 5:

x1 = x2, x2 = x1 · x = x3, x3 = x1 · x2 = x5, x4 = x2 = x10, x5 = x3 · x4 = x15.

Аналогично l(63) = 8 < 10 = b(63).

204 Ответы, указания, решения 5.66. Для нахождения числа нужно сложить первые числа с вы бранных карточек. Например, если загадано число 23, то потребуется сложить числа 1, 2, 4 и 16.

5.67. Загаданная карта всегда оказывается в центре колоды.

5.71. Если A четно, то представление числа A получается из пред ставления меньшего числа m = A/2 «сдвигом» на один разряд. Если же A нечетно, то a0 = ±1 и число a1 должно равняться нулю;

поэтому число A - a0 делится на 4 и представление числа A получается из пред ставления меньшего числа m = (A - a0)/4 «сдвигом» на два разряда и добавлением цифры a0. В обоих случаях единственность представления числа A следует из единственности представления числа m.

5.72. Числа от 0 до 1 удобно рассматривать как бесконечные троич ные дроби из цифр 0, 1 и 2. Числа, о которых говорится в пункте в) — это те числа, в троичной записи которых нет ни одной 1.

5.73. а) 1;

б) нет;

д) n-й элемент данной последовательности сов падает по модулю 2 с (n) (суммой двоичных цифр числа n).

5.74. Занумеруем диски в головоломке «Ханойская башня» числами от 0 до 7. При увеличении на 1 числа n, записанного в двоичной системе счисления, могут измениться цифры сразу в нескольких разрядах. Если среди всех изменившихся разрядов наибольший номер имеет k-й разряд, то это означает, что на n-м шаге решения головоломки «Ханойская башня» следует перемещать диск с номером k.

5.75. а) Если по кругу стоят числа 1, 2,..., 2n, то вначале вычер киваются все четные числа. Оставшиеся числа 1, 3, 5,..., 2n - 1 снова подвергаются процедуре вычеркивания. k-е число в этом списке имеет вид 2k - 1. После того, как из этого списка будут вычеркнуты все числа кроме одного, останется число с номером J(n), которое равно 2J(n) - 1.

5.76. г) Пусть n = (ns... n1n0)2, где ns = 1. Тогда у одного из чисел m1, m2,..., ml в s-м разряде также стоит единица. Если mj — одно из таких чисел, то mj n < mj.

5.77. а) Если n равнялось 0 и одно из чисел m1, m2,..., ml изме нилось, то изменится и число n. Оно станет равно количеству взятых камней, отличному от нуля.

б) Согласно задаче 5.76 г), для некоторого j (1 j l) выполняется неравенство mjn < mj. Поэтому из j-й кучки можно взять mj-(mjn) камней, что приведет к обнулению ним-суммы.

в) Игрок находится в проигрышной позиции, если перед его хо дом n = 0. Все остальные позиции — выигрышные. Для того, чтобы выиграть в «Ним», нужно оставлять после своего хода проигрышную позицию.

г) Нужно сделать переход к позиции 1, 4, 5.

Ответы, указания, решения 5.78. Можно, например положить f(A) = 3, f(B) = 5, f(A) = 6. Теперь остается заметить, что при слиянии амеб общая ним-сумма не меняется, а в начальный момент времени она равна 5 = f(B).

5.80. а) Игра «Шоколадка» сводится к игре «Ним» с 4 кучками камней. Например, позиция, изображенная на рисунке, соответствует такому набору камней: 2, 5, 1, 4 (2 ряда слева от отмеченной дольки, 5 — справа, 1 — снизу и 4 — сверху.

5.81. б) Пусть в кучках m1, m2,..., ml камней, и r1, r2,..., rl — остатки от деления чисел m1, m2,..., ml на 6. Положим n = r1 r2... rl — ним-сумма по модулю 6. Если в начальной позиции n = 0, то выиг рывает второй игрок;

во всех остальных случаях — первый. Исключение составляет случай m1 = m2 =... = ml-1 = 1, ml — любое. (13.6) (Рассмотрите этот случай отдельно.) Стратегия выигрыша первого иг рока: если перед ходом первого игрока набор камней удовлетворяет равенствам 13.6, причем l нечетно, то ход надо делать так, чтобы новая ним-сумма n равнялась 1;

если l четно и rl = 1, то забирается любой из камней, лежащих отдельно. Во всех остальных случаях ход надо делать так, чтобы n = 0. Если это невозможно, то первый игрок проигрывает.

5.83. Сначала следует сравнить 1-ю и 2-ю монеты, затем 1-ю и 4-ю.

5.84. Во-первых, специальным образом пронумеруем монеты: при своим им трехзначные номера 001, 010, 011, 012, 112, 120, 121, 122, 200, 201, 202, 220.

Для первого взвешивания положим на одну чашу весов те монеты, у которых старший разряд равен 0 (то есть 001, 010, 011, 012), а на другую - те монеты, у которых он равен 2 (200, 201, 202, 220). Если перетянет чашка с «0», запишем на бумажке цифру 0. Если перетянет «2»— запишем 2. Если чаши весов останутся в равновесии — запишем 1.

Для второго взвешивания на одну чашу выложим монеты 001, 200, 201, 202 (то есть все те монеты, у которых второй разряд равен 0), а на другую — 120, 121, 122, 220 (то есть те монеты, у которых средний разряд равен 2). Запишем результат взвешивания таким же образом, что и при первом взвешивании.

Третьим взвешиванием сравниваем 010, 020, 200, 220 с 012, 112, 122, 202 (соответственно, нули и двойки в младшем разряде) и записываем третью цифру.

Мы получили три цифры — иначе говоря, трехзначное число. Далее определяем фальшивую монету по следующему рецепту:

206 Ответы, указания, решения Если это число совпадает с номером какой-то монеты, то эта монета фальшивая и тяжелее остальных. Если нет, то заменим в этом числе все нули на двойки, а все двойки на нули. После этого оно должно совпасть с номером какой-то монеты. Эта монета фальшивая и легче остальных.

5.85. Нужно присвоить 13-й монете номер 111 и не использовать ее при взвешиваниях. К остальным монетам следует применить алгоритм из задачи 5.84.

Глава 2 p p 6.1. а) - ;

б), г) - ;

в) -p(p2 - 3q).

q q q 6.2. b2 - abp + bp2 + a2q - 2bq - apq + q2.

p2 - 2q 6.3. а) y2 + p(p2 - 3p)y + q3 = 0;

б) y2 - y + = 0;

q2 q p(p + 1) (q + 1)2 2q - p в) y2 + y + = 0;

г) y2 + y + 1 = 0.

q q q 6.5. Наибольшее значение суммы квадратов корней — 18. Это значе ние достигается при a = -3.

6.7. Воспользуйтесь теоремой Виета. Ответ:

-5/2, 3/2.

6.8. (p, q) = (0, 0), (1, -2), (-1/2, -1/2).

6.9. Воспользуйтесь теоремой Виета. Ответ: p = 2/3, q = -8/3.

6.10. а) a ( -, - 5 - 2 6) ( - 5 + 2 6, 0) (0, + ) б) a = 1, a = 3.

6.11. Все такие точки образуют прямую y = -1/8.

6.12. Все окружности проходят через точку D(0;

1).

6.13. b = 1/10.

6.14. x = 1.

6.15. Рассмотрите разность данных многочленов. Ответ: a = 2.

6.17. Все точки, удовлетворяющие условию задачи лежат под пара болой y = 4x - 2x2. Ответ: y < 4x - 2x2.

6.18. y x2 - x 6.20. а) Найдите дискриминант этого уравнения и воспользуйтесь неравенством из задачи 10.7. б) Воспользуйтесь неравенством из зада чи 10.12.

6.21. Квадратные трехчлены, не имеющие корней, соответствуют внутренности дискриминантной параболы.

6.28. Условие задачи равносильно тому, что указанная функция в точке x = 1 принимает отрицательное значение. Отсюда a (-2 - 11;

-2 + 11).

1 + 5 1 + 6.30. -,.

2 Ответы, указания, решения 6.31. a (16/17;

2).

6.33. a [-1;

1] {3}.

6.34. При m = 0.

6.35. r (-;

5/2) (4;

9/2).

6.37. В задаче нудно найти те x, для которых функция f(a) = -a2 + a(4 - 2x2 - x3) + (2x3 + x2 - 6x + 5) хотябы при одном a [-1;

2] принимает отрицательное значение. Ре шим сначала обратную задачу, т. е. найдём те x, для которых f(a) 0 при a [-1;

2] () так как график функций f(a) — это парабола, ветви которой направле ны вниз, тоусловие () равносильно системе f(-1) 0, f(2) 0.

Последняя система после преобразований принимает вид x(x - 1)(x + 2) 0, (x - 1)(x + 3) 0.

Методом интервлов находим, что x [-2, 0] {1}. Значит, решением исходной задчи будет множество (-, -2) (0, 1) (1, +).

Ответ: : x (-, -2) (0, 1) (1, +).

6.38. Пусть после деления P(x) на x - c получился остаток r:

P(x) = (x - c)T(x) + r.

Подставляя сюда x = c, приходим к равенству r = P(c).

6.40. Нет.

6.42. Так как Q(x) = (x - x1)(-x - x1)... (x - xn)(-x - xn) = (x2 - x)... (x2 - x), 1 n то Q(x) содержит только четные степени x и Q( x) — многочлен сте пени n. Кроме этого Q( x2) = P(xk)P(-xk) = 0, поэтому все числа k x2, x2,..., x2 являются корнями Q( x).

1 2 n 6.43. а) x4 - 4x3 + 6x2 - 3x + 1 = (x2 - x + 1)(x2 - 3x + 2) + 2x - 1;

б) 2x3 + 2x2 + x + 6 = (x2 + 2x + 1)(2x - 2) + 3x + 8;

в) x4 + 1 = (x5 + 1) · 0 + x4 + 1.

6.44. Согласно теореме Безу, остаток равен P(-2) = 3.

6.45. Согласно теореме Безу, остаток от деления P(x) на x + 1 равен P(-1) = a + 10. Он будет равен 0 при a = -10.

208 Ответы, указания, решения 6.46. а) Остаток равен P(1) = 5.

б) Остаток будет многочленом не выше первой степени. Подставляя в равенство P(x) = (x2 - 1)T(x) + ax + b значения x = 1, x = -1, находим a = 5, b = 0. Ответ: 5x.

6.47. Достаточно проверить, что P(0) = 0, P(-1) = 0, P(-1/2) = 0.

6.48. Запишем остаток R(x) от деления P(x) на (x - 1)(x - 2) в виде R(x) = ax + b. По теореме Безу P(1) = 2, P(2) = 1. Отсюда a = -1, b = 3. Ответ: R(x) = 3 - x.

6.49. k = -3.

6.50. Нужно выяснить, при каких n функция x2n - 1 xn - 1 xn + : = x x2 - 1 - 1 x + будет многочленом относительно x. По теореме Безу, для этого необ ходимо и достаточно, чтобы число -1 было корнем многочлена xn + 1.

Отсюда n — нечетное число.

6.51. Докажите утверждение индукцией по n.

6.52. а) Сумма всех коэффициентов равна P(1) = 1.

б) Сумма коэффициентов при нечетных степенях находится по фор муле P(1) - P(-1) - =.

2 Аналогично, сумма коэффициентов при четных степенях равна P(1) + P(-1) 1 + =.

2 6.53. Чтобы многочлен P(x) делился на x2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2) необходимо и достаточно выполнение двух условий P(1) = 0 и P(2) = 0.

Первое условие дает (a + 1)(b + 1) = 0. Отсюда либо a = -1, либо b = -1. Если a = -1, то из второго условия b = 31/28. При b = - аналогично находим a = 31/28. Ответ: (-1, 31/28), (31/28, -1).

6.55. Повторяя рассуждения задачи 6.46, находим что R(x) = = [x(1 - (-1)n) + 7 + (-1)n]/2.

6.56. Корни — 1, 2, 3.

6.57. a = - 4.

6.58. x4 + 1 = (x2 - i)(x2 + i) = (x2 - 2x + 1)(x2 + 2x + 1) = = (x2 - 2ix - 1)(x2 + 2ix - 1). Из этих разложений подходит только одно — второе.

Ответы, указания, решения 6.59. Равенство P(1) = 0 равносильно уравнению a3 - 4a + 3 = 0.

-1 ± Ответ: a = 1,.

6.63. Рассмотрите многочлен f(-x).

6.69. Смотрите решение задачи 3.54. Ответ: x(m,n) - 1.

6.70. Положим Pn(x) = P(P(P... (P(x)))).

n Это многочлен с целыми коэффициентами, причем am = Pm(a0) и am = = Pm-k(ak) при m k. Так как Pn(x) = an +x Qn(x), где Qn(x) — также многочлен с целыми коэффициентами, то при m k (am, ak) = (Pm-k(ak), ak) = (am-k + akQn(ak), ak) = (am-k, ak).

Далее остается повторить рассуждения из решения задачи 3. 6.71. x = 1.

6.72. p = 3.

(x - 1)(x2 + 1) 6.73. P(x) = -, Q(x) =.

2 6.74. Пусть P(x) = ax + b, Q(x) = cx + d. Тогда, подставив эти величины в данное равенство, находим (a + c)x3 + (-3a + b + c + d)x2 + (2a - 3b + c + d)x + 2b + d = 21.

Так как это равенство должно быть тождественным, то a + c = 0, - 3a + b + c + d = 0, - 3b + c + d = 0, 2a 2b + d = 21.

Отсюда a = 4, b = 5, c = -4 и d = 11, то есть P(x) = 4x + 5, Q(x) = = -4x + 11.

4 5 4 6.75. P(x) = x +, Q(x) = - x +.

21 21 21 2n + 1 1 6.76. = +.

n(n + 1) n n + 6.78. Найдите коэффициенты частного по схеме Горнера.

6.80. 1 + 4(x + 1) - 3(x + 1)2 - 2(x + 1)3 + (x + 1)4.

6.81. P(x + 3) = 55 + 81x + 45x2 + 11x3 + x4.

6.82. а) (2-2x+x2)(2+2x+x2);

б) (-1+2x)(1+x+x2);

в) (1+x+x2) (1-x+x3 -x4 +x5 -x7 +x8);

г) (a+b+c)(a2 -ab+b2 -ac-bc+c2);

д) (x + y - 1)(1 + x + x2 + y - xy + y2);

е) (1 + x - y + xy)(1 - x + y + xy);

210 Ответы, указания, решения ж) 3(a+b)(a+c)(b+c);

з) -5(x-y)(x-z)(y-z)(x2-xy+y2-xz-yz+z2);

и) (a4-a3b+a2b2-ab3+b4)(a4+a3b+a2b2+ab3+b4);

к) (1+x)2(1+3x+x2);

л) (a-b-c)(a+b-c)(a-b+c)(a+b+c);

м) (2+x)(6+x)(10+8x+x2).

6.83. x4 + x3 + x2 + x + 12 = (3 - 2x + x2)(4 + 3x + x2).

6.84. В случае, когда p2 - 4q < 0, выражение x2 + q/x2 + p после замены t = x + q/x может быть разложено как разность квадратов.

6.85. 5/3(a2 + b2 + c2 + ab + ac + bc).

6.86. Известно, что (x + y + z)3 - x3 - y3 - z3 = 3(x + y)(y + z)(x + z).

Докажем, что многочлен (x + y + z)m - xm - ym - zm делится на x + y.

По теореме Безу, достаточно проверить, что он обращается в ноль при y = -x. Действительно, (x - x + z)m - xm - (-x)m - zm = 0. Делимость на x + z и y + z доказывается аналогично.

6.87. Разложите данное выражение на множители.

6.88. Если a + b = 0, то равенство является верным. Значит после приведения к общему знаменателю, числитель будет делиться на a + b.

Аналогично, он делится на a + c и b + c. После разложения числителя на множители, решение становится очевидным.

6.89. Подставьте в левую и в правую части равенства c = -a - b.

6.91. Согласно задаче 6.90, рациональными корнями уравнения x2 - 17 = 0 могут быть только числа ±1 и ±17. Но они не являются корнями. Поэтому уравнение x2 -17 = 0 вообще не имеет рациональных корней.

6.92. Воспользуйтесь тем, что число = cos 20 удовлетворяет урав нению 4x3 - 3x = 1/2, которое не имеет рациональных корней.

6.93. а) x = 1, 3, -2;

б) x = -1, 3.

6.94. а) x4 + x3 - 3a2x2 - 2a2x + 2a4 = (2a2 - x2)(a2 - x - x2);

б) x3 - 3x - a3 - a-3 = (a + 1/a - x)(x2 + x(a + 1/a) + a2 + 1/a2 - 1).

6.97. а) x2 - x - 2;

б) x2 - 1.

6.98. Покажите, что (P(x), P (x)) = 1.

6.99. A = n, B = -n - 1.

6.106. Можно, например, воспользоваться задачей 3.142.

6.107. а) 12 - 3;

б) 1(2 - 32);

в) 1(2 - 32);

г) 4123 + 1 + 22 - 23 - 2 - 233;

д) 2 - 22;

е) 4 + 413 + 22 - 422.

1 2 2 3 1 1 1 2 6.108. 2.

6.109. Рассмотрите выражение (a - x)(a - y)(a - z) = a3 - a21 + + a2 - 3.

Ответы, указания, решения 6.110. (0, 0, a), (0, a, 0), (a, 0, 0).

6.111. a = -9.

6.112. x3 - 5x2 + 6x - 1 = 0.

6.113. y3 - y2 - 2y - 1 = 0.

2 6.114. c = - a3 + ab.

27 6.115. Для того, чтобы из отрезков с длинами x1, x2, x3 можно было составить треугольник, необходимо и достаточно, чтобы (x1 + x2 - x3)(x1 - x2 + x3)(-x1 + x2 + x3) > 0.

Выражая левую часть через p, q и r, приходим к неравенству p3 -4pq+ + 8r > 0.

6.116. а) Докажите, что пары чисел x, y и u, v являются парами кор ней одного и того же квадратного уравнения. Из этого будет следовать, что числа x, y совпадают с числами u, v с точностью до перестановки.

6.118. x4 - ax3;

x4 - ax3 - x + a;

x4 - x3 + x - 1;

x4 + x.

6.119. Воспользуйтесь результатом задачи 6.107 е).

6.120. (c + d)(b + c + d) = ad.

6.121. b = 0, a < 0.

6.123. Приведите разность данных уравнений к виду (x - 1)(y - 1) + (u - 1)(v - 1) = 2.

6.124. В каждом из случаев нужно узнать, сколько корней имеют уравнения: один или три.

6.125. Подставьте в уравнение x = a, x = b, x = c.

(x - x1)... (x - xi-1)(x - xi+1)... (x - xn) 6.127. fi(x) =.

(xi - x1)... (xi - xi-1)(xi - xi+1)... (xi - xn) 6.128. f(x) = 1.

6.129. f(x) = y1f1(x) +... + ynfn(x). Если таких многочленов будет два, то их разность будет многочленом степени не выше n с n + действительным корнем, что невозможно.

6.130. Остатком будет многочлен R(x) степени 2, для которого вы полняются равенства R(a) = A, R(b) = B, R(c) = C.

Явный вид этого многочлена выписывается при помощи задачи 6.129:

(x - b)(x - c) (x - c)(x - a) (x - a)(x - b) R(x) = A + B + C.

(a - b)(a - c) (b - c)(b - a) (c - a)(c - b) 6.131. По теореме Безу остаток равен f(xi) = yi.

6.132. а) 1 + (3 - x)x;

б) 1 + (1 + x)2;

в) x2.

212 Ответы, указания, решения 6.133. 1 и 17 километров.

6.134. 2 14.

6.135. По трем точкам график квадратного трехчлена строится од нозначно.

6.136, 6.137. Каждое равенство в системе можно интерпретировать как равенство нулю соответствующего многочлена в точках a, b и c.

6.138. Если f(x) — интерполяционный многочлен Лагранжа, то f(-x) также будет интерполяционным многочленом Лагранжа. В силу един ственности такого многочлена (см. задачу 6.129) f(x) = f(-x).

6.139. Пусть многочлен P(x) таков, что P(0) = 1,..., P(n) = 3n.

Докажите, что тогда P(n + 1) < 3n+1.

6.140. Воспользуйтесь равенством (x - x2)... (x - xn) (x - x1)... (x - xn-1) f(x) = f(x1) +... + f(xn).

(x1 - x2)... (x1 - xn) (xn - x1)... (xn - xn-1) 6.141. Рассмотрите функцию x1 xn ( - a1)... ( - an) f() = +... + = 1 -.

- b1 - bn ( - b1)... ( - bn) Глава 7.4. а) Длина стороны треугольника не превосходит суммы длин двух других его сторон. б) Длина стороны треугольника не меньше модуля разности двух других его сторон. в) Хорда короче дуги, кото рую она стягивает.

7.5. а) 2 cos + i sin ;

4 б) 2 + 3 cos + i sin = 2 cos cos + i sin ;

12 12 12 12 cos в) 2 cos + i sin ;

2 2 г) (1/ 2) cos + i sin ;

4 д) cos + i sin 2.

7.7. 13 - 1.

7.8. а) Re x < 0;

б) 0 < arg z < ;

в) | Re z| < 2;

г) |z| < 1 и Im z 0.

7.9. Окружность (x + 5/3)2 + (y - 1)2 = (4/3)2.

7.11. В параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон.

7.13. Домножьте равенство на сопряженное.

7.14. Воспользуйтесь пунктом б) из задачи 7.2.

Ответы, указания, решения 7.16. а) ±(2 - i);

б) ± 1 + 1/ 2 + i 1 - 1/ 2 ;

в) ±(7 + 5i);

г) ±( 3/2 + i/ 2);

д) ±(3 - 4i);

е) ±((5 - i)/ 2).

-1 ± - 7.17. а) z = ;

б) z = -2 ± 5i;

в) z = 2, i;

г) z = 3, 2i;

д) z = i + 2, 3 - i;

е) z = 3 + i, 2 + i.

7.18. а) z = -1, 3, 1 ± 2i;

б) z = -1 - 2, -1 + (1 ± i 3);

k в) z = 2, 2 ± 2 6i;

г) x = tg +, (k = 0, 1, 2, 3).

16 7.19. Воспользуйтесь результатом задачи 6.6.

7.20. Выразим t через z:

1 - z t = i.

1 + z Сначала найдем значения t, которые соответствуют точкам z, лежащим на единичной окружности. Пусть z = cos + i sin. Представим числа 1 - z и 1 + z в тригонометрической форме:

+ + + 1 - z = 2 cos cos + i sin, 2 2 1 + z = 2 cos cos + i sin.

2 2 Подставляя эти представления в формулу для t, находим, что t — дей ствительное число: t = tg(/2). Обратные вычисления показывают, что выбирая t именно таким образом, мы получим все точки единичной окружности кроме точки z = -1.

7.21. Для того, чтобы построить график на отрезке [-1;

1], пред ставьте x в виде x = sin t (t [-/2;

/2]).

7.29. Сумма степеней равна 0, если s = kn, и равна n, если s = kn.

7.30. Рассмотрите действительную и мнимую части первой формулы Муавра.

7.31. Представьте каждое из чисел в тригонометрической форме.

7.34. а) -1/2;

1/8.

7.35. а) Проверьте, что P(i) = P(-i) = 0 и примените теорему Безу.

б) Как и в пункте а), достаточно проверить, что Q((cos ± sin )) = 0.

7.37. Смотрите приложение В, V.

7.39. Найдите рекуррентное соотношение, которому удовлетворяют многочлены 2Tn(x/2).

7.40. Пусть = m/n. Тогда cos(360n) = 1. Так как cos(360n) = = T360n(cos ), то получаем, что многочлен T360n(x) - 1 обращается в ноль при x = cos = 1/3. Значит многочлен f(x) = 2T360n(x/2) - 214 Ответы, указания, решения имеет корнем число x = 2/3. Согласно задаче 7.39, многочлен f(x) име ет старший коэффициент равный 1, а остальные его коэффициенты — целые числа. Но, по теореме о рациональных корнях многочлена f(x) может иметь только целые корни.

7.41. Рассмотрите многочлен T360q(x) - 1.

7.44. Pn(x) = 2Tn(x/2), где Tn(x) — многочлен Чебышёва.

7.45. Замените тангенс на отношение синуса к косинусу.

7.46. Перейдите в равенстве z + z-1 = 2 cos к сопряженным числам и вычислите z.

7.47. Поскольку в многочлены Чебышёва удобно подставлять числа вида x = cos, то для решения задачи следует воспользоваться равен ством sin = cos( - /2). Ответ: Если n = 2k, то Tn(sin ) = (-1)k cos n, Un-1(sin ) = (-1)k+1 sin n.

cos Если n = 2k + 1, то cos n Tn(sin ) = (-1)k sin n, Un-1(sin ) = (-1)k.

cos 7.49. Если f(z) = 0, то f(z) = f(z) = 0.

7.50. Комплексные корни многочлена можно разбить на пары вза имно сопряженных чисел. При этом произведение соответствующих ли нейных сомножителей даст квадратный трехчлен с действительными коэффициентами:

(x - a - ib)(x - a + ib) = x2 - 2ax + a2 + b2.

n a + ib 7.51. Выделим в выражении lim 1 + ту часть, которая n n будет стремится к ea:

n n n a + ib a ib lim 1 + = lim 1 + lim 1 + n n n n n a + n и найдем второй предел. Заметим, что n n ib b lim 1 + = lim 1 + i tg.

n a + n n a + n Теперь нужный предел находится по формуле Муавра:

n b nb nb lim 1 + i tg = lim cos + i sin = cos b + i sin b.

n a + n n a + n a + n 7.52. Воспользуйтесь формулой Эйлера из задачи 7.51.

Ответы, указания, решения 7.54. На комплексной плоскости функция ln z становится многознач ной. Если z = |z|ei, то в качестве ln z можно брать любое из чисел wk = ln |z| + i( + 2k) (k Z).

Для каждого из них k ew = eln |z| · ei(+2k) = |z| (cos + i sin ) = z.

7.55. az = ez ln a, где экспонента определяется как в задаче 7.51, а логарифм — как в задаче 7.54.

7.56. Корень i-й степени из числа z = ei = e(+2k)i равен e+2k, где i k — произвольное целое число. При z = -1 получаем -1 = e(1+2k).

Значение корня, приведенное в задаче, соответствует k = 0.

sin(n/2) sin((n + 1))/ 7.58. б).

sin(/2) sin 2nx cos(2n + 1)x sin 2nx cos(2n + 1)x 7.60. а) n + ;

б) n -.

2 sin x 2 sin x 7.61. а) -250;

б) 249.

n 7.62. б) 2n/2 sin.

1 (n - 2) 1 (n - 4) 7.63. б) 2n + 2 cos ;

2n + 2 cos.

3 3 3 7.67. а) Все векторы z1,..., zn имеют положительную проекцию на луч arg z = + /2.

б) Все числа z-1,..., z-1 лежат в полуплоскости - < arg z < 1 n < 2 -.

7.69. Если точка z лежит вне треугольника abc, то векторы z - a, z - b, z - c располагаются в некоторой полуплоскости. Сумма их обрат ных величин не может равняться нулю согласно задаче 7.67, п. б).

1 1 7.70. Воспользуйтесь равенством f (x) = f(x) + + z - a z - b z - c и результатом задачи 7.69.

7.72. а) n 1, 2 (mod 3);

б) n ±1 (mod 6).

7.74. а) n = 6k ± 2;

б) n = 6k - 2;

в) ни при каких.

7.75. а) n = 6k ± 1;

б) n = 6k + 1;

в) ни при каких.

7.76. Если x = 1 — корень многочлена P(xn), то его корнем будет любое из чисел xk = cos(2k/n)+i sin(2k/n) (k = 0,..., n-1). Поэтому P(xn) делится на (x - x0)... (x - xn-1) = xn - 1.

7.77. 7.

7.78. zk = i tg(-/2 + k/n) = i ctg(k/n) (1 k n - 1). Для нахождения суммы квадратов корней раскроем в уравнении скобки по 216 Ответы, указания, решения формуле бинома Ньютона и сделаем сокращения:

Cn-1zn-1 + Cn-3zn-3 +... = 0.

n n По теореме Виета (n Cn-3 - 1)(n - 2) n 1(z1,..., zn-1) = 0, 2(z1,..., zn-1) = =.

Cn- n Далее, применяя результат задачи 6.107, д), находим (n - 1)(n - 2) z2 + z2 +... + z2 = -.

1 2 n- 7.80. Так как 1 m m = 1 + ctg2 = 1 - i ctg, m n n sin n то n-1 n-1 n- m 2 = 1 - i ctg = n - 1 - i ctg m.

m n n sin m=1 m=1 m= n (n - 1)(n - 2) Согласно задаче 7.78, последняя сумма равна -. Следова тельно, n-1 n- 1 m (n - 1)(n - 2) - n = 1 + ctg2 = n - 1 + =.

m n 3 sin m=2 m= n 1 7.81. Воспользуйтесь тем, что 0 < - < 1 при x (0;

/2) sin2 x x (см. задачу 10.44) и результатом задачи 7.80.

7.82. Многочлен P(x) не имеет действительных корней, поэтому все его корни разбиваются на пары комплексно сопряженных чисел z1, z1,..., zn, zn (см. задачу 7.49). Пусть n (x - zk) = a(x) + ib(x).

k= Тогда n (x - zk) = a(x) - ib(x).

k= Отсюда P(x) = a2(x) + b2(x).

Ответы, указания, решения 7.85. а) Параллельный перенос на вектор a;

б) гомотетия с центром в начале координат и коэффициентом 2;

в) поворот против часовой стрелки на угол вокруг начала координат.

7.86. w = z · e2i.

i + 7.87. а) w = 2(z + 3 + 4i);

б) w = 2z + 3 + 4i;

в) w = (z - i) + i;

г) w = k(z - A) + A;

д) w = z - 2;

е) w = -z + (1 + i)(2 - 2).

7.89. Композиция гомотетий 1 Hk : w = k1(z - A1) + A1;

Hk : w = k2(z - A2) + A A1 A имеет вид w = k1 · k2 · z + k2(1 - k1)A1 + (1 - k2)A2.

Если k1 ·k2 = 1, то получаем параллельный перенос. Если же k1 ·k2 = 1, то это гомотетия с коэффициентом k1 · k2, центр A которой находится из уравнения k1 · k2 · z + k2(1 - k1)A1 + (1 - k2)A2 = k1 · k2(z - A) + A.

7.93. а) Воспользуйтесь задачей 7.58, а);

б) Воспользуйтесь зада чей 7.58, б);

в) Воспользуйтесь задачей 8.41, а) – б).

7.96. Формулу (7.1) можно переписать в виде a w = -, c c(cz + d) где = ad - bc = 0.

Глава 8.1. Сумма векторов, направленных из центра правильного n-уголь ника в его вершины, сохраняется при повороте на угол, поэтому она n может быть только нулевым вектором.

8.2. а) Воспользуйтесь результатом задачи 8.1 для правильного пя тиугольника, вписанного в единичную окружность.

б) Рассмотрим правильный семиугольник A1A2... A7. Пусть M — точка пересечения диагоналей A1A4 и A2A5. Равенство задачи следует из подобия треугольников A1MA5 и A2A3A4.

в) Воспользуйтесь результатом задачи 8.1 для правильного двена дцатиугольника, вписанного в единичную окружность.

5 + 1 5 - 8.4. cos 36 = = ;

cos 72 = = -.

4 4 21 - 21 2 14 - 8.6. а) x = arccos ;

б) x = arccos ;

в) x = arccos.

24 3 218 Ответы, указания, решения 8.7. Рассмотрите на координатной плоскости треугольник OAB, впи санный в прямоугольник OKLM, где O(0, 0), A(1, 2), B(3, 1), K(0, 2), L(3, 2), M(3, 0).

8.8. Рассмотрите равнобедренный треугольник с углом 30 при вер шине.

8.9. Сделайте замены x = p - a, y = p - b, z = p - c. Ответ: 2.

8.10. Раскройте скобки в формуле Герона. Ответ: 3 · 54 S 3 · 84.

2k 8.11. xk = (k = 1, 2, 3);

x3 + x2 - 2x - 1 = 0.

8.12. Система приобретает геометрический смысл, если положить x = cos, y = cos, z = cos.

8.13. Равенство x2 + xy + y2 = a2 можно трактовать как теорему косинусов в треугольнике со сторонами x, y, a и углом 120. Ответ:

p(p - a)(p - b)(p - c) xy + yz + xz =, a + b + c где p =.

8.14. а) Часть прямой, проходящей через точки z1 и z2, расположен ная вне отрезка [z1;

z2]. б) Внутренность отрезка, соединяющего точки z1 и z2.

8.21. W(z1, z2, z3, z4) = W(z1, z2, z3, z4).

1 R2 R 8.26. а) w = i + ;

б) w = Rei + ;

в) w = z0 +.

z + i z - z z - Re-i 8.28. A = Aa + Bac - Bac + Ccc, B = Aab + Ba - Bcb + Cc, C = Abb + Bb - Bbd + Cd.

8.38. а) 3/16;

б) 1/16.

2 4 8.39. Найдите отдельно произведения cos cos cos cos и 15 15 15 3 cos cos.

15 8.40. Сделайте умножение на sin a.

2n + 1 n 1 n 8.41. а) ;

б) ;

в) ;

г).

2n 2n-1 2n 2n- x 8.43. Домножьте уравнение на 32 sin. Ответ: x1 = 2n, n = 31l;

x2 = (2n + 1), n = 33l + 16 (n, l Z).

8.45. Из данных соотношений находим:

sin 2 = sin 2, 3 sin2 = 1 - 2 sin2 = cos 2.

Ответы, указания, решения Отсюда cos( + 2) = cos · 3 sin2 - sin · sin 2 = 0.

8.46. а) Воспользуйтесь равенствами sin 15 = sin(45 - 30) и cos 15 = cos(45 - 30);

б) Воспользуйтесь результатом задачи 8.4.

8.47. Воспользуйтесь равенствами sin 6 = sin(60 - 54) и sin 54 = = cos 36.

8.48. а) На первом шаге нужно применить формулы для суммы и разности синусов к величинам sin + sin и sin - sin( + + ).

б) Решается аналогично предыдущему пункту.

8.49. Сумма tg + tg + tg приводится к виду sin( + + ) + sin sin sin tg + tg + tg =.

cos cos cos 8.50. + + = k.

8.51. Воспользуйтесь равенством а) из задачи 8.48.

8.55. n = ±1, ±3, ±5, ±15.

8.58. Наибольшее значение — 1, наименьшее — 1/4.

8.59. Воспользуйтесь равенством 1 = (sin2 x + cos2 x)2 = sin4 x + cos4 x + 2 sin2 x cos2 x.

8.63. x = 2(cos + cos + cos ) + 8 cos cos cos ;

y = -2 - 4(cos cos + cos cos + cos cos );

z = 2(cos + cos + cos ).

8.64. а) ;

б) -.

14 8.65. а) Пусть y = arcsin x (-/2 x /2). Тогда sin y = x, cos y = = 1 - sin2 y = 1 - x2, причем перед корнем выбирается знак плюс, так как cos y 0. Остальные формулы доказываются аналогично.

8.66. На основании определения имеем:

- < arctg x <, 0 arcctg x.

2 Отсюда - < arctg x + arcctg x <.

2 Остается проверить равенство sin(arctg x + arcctg x) = 0.

Для доказательства второго равенства достаточно заметить, что - < arcsin x + arccos x < 2 220 Ответы, указания, решения и найти sin(arcsin x + arccos x).

8.68. /2 при x > 0 и -/2 при x < 0.

8.69. Прежде всего нетрудно показать, что величины arctg x+arctg y x + y и arctg отличаются друг от друга на, где — целое число.

1 - xy Действительно, x + y x + y tg(arctg x + arctg y) = = tg.

1 - xy 1 - xy Так как - < arctg x + arctg y <, то может принимать лишь три значения 0 и ±1. Для нахождения рассмотрите косинусы левой и правой частей исходного равенства.

8.70, 8.71 Воспользуйтесь формулой из задачи 8.69.

8.74. По формуле котангенса суммы F2nF2n+2 + ctg(arcctg F2n - arcctg F2n+2) = = F2n+1.

F2n+2 - F2n Тем самым равенство (8.2) доказано. Суммируя его по n от 1 до, находим arcctg 2 + arcctg 5 + arcctg 13 +... + arcctg F2n+1 +... = arcctg 1 = /4.

2x 8.75. Пусть = 2 arctg x + arcsin. Докажите, что угол лежит 1 + x в пределах 0 < 3/2 и sin = 0.

8.76. 0 x 4.

8.80. arcsin cos arcsin x + arccos sin arccos x = /2.

8.82. По формуле из задачии 8.69 2 arctg 1/5 = arctg 5/12. Ответ: 0.

8.83. Для доказательства соотношения a = b cos + c cos восполь зуйтесь равенством sin = sin cos + cos sin.

Другие соотношения проверяются аналогично.

8.84. Из первых двух равенств системы (8.4) находим:

c(cos + cos cos ) c(cos + cos cos ) b =, a =.

sin2 sin После подстановки этих равенств в третье уравнение системы, прихо дим к соотношению 1 - cos2 - cos2 - cos2 - 2 cos cos cos = 0.

Ответы, указания, решения Отсюда cos + cos cos = sin sin, cos + cos cos = sin sin, + + =, a sin = c sin, b sin = c sin.

8.86. Из первого равенства cos - cos cos cos A =.

sin sin Отсюда 1 - cos2 - cos2 - cos2 + 2 cos cos cos sin2 A =, sin2 sin sin2 A 1 - cos2 - cos2 - cos2 + 2 cos cos cos =.

sin2 sin2 sin2 sin Так как данные формулы переходят одна в другую при круговой пере становке переменных,,, A, B, C и от этого преобразования правая часть последнего равенства не меняется, то sin2 A sin2 B sin2 C = =.

sin2 sin2 sin Так как все величины,,, A, B, C заключены в пределах от 0 до, то sin A sin B sin C = =.

sin sin sin Глава 9.2. После подстановки z = x +, коэффициент при x2 оказывается равен A + 3. Поэтому нужно выбрать = -A/3.

9.3. а) Функция f(x) = x3 + px — нечетная, поэтому ее график сим метричен относительно начала координат. б) График функции f(x) = = x3 + px + q получается из графика функции f(x) = x3 + px парал лельным переносом, поэтому он также имеет центр симметрии. в) Из задачи 9.2 следует, что функция f(x) = ax3 + bx2 + cx + d может быть получена из функции f(x) = x3 + px + q линейной заменой переменной и умножением на число. Оба эти преобразования сохраняют свойство графика иметь центр симметрии.

9.5. Приведите уравнение к виду 2x3 + (x + 1)3 = 0.

9.6. Воспользуйтесь условиями x1x2+x1x3+x2x3 = 0, x1x2x3 = b > 0.

9.7. Числа a и b должны удовлетворять системе уравнений a3 + b3 = -q, a3 b3 = -p3/27.

222 Ответы, указания, решения Поэтому a3 и b3 можно найти как корни квадратного уравнения y2 + + qy - p3/27 = 0. То есть q q2 p3 q q2 p a3, b3 = - ± + ;

a, b = - ± +.

2 4 27 2 4 9.8. Разложение выглядит следующим образом:

a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a + b + c2)(a + b2 + c).

Здесь и 2 — кубические корни из 1:

-1 + i 3 -1 - i =, 2 =.

2 9.9. x1 = a + b, x2 = a + b2, x3 = a2 + b, где и 2 — кубические корни из 1 (смотрите задачу 9.8.) 9.10. Так как a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac = (a + b + c2)(a + b2 + c), x2 + y2 + z2 - xy - yz - xz = (x + y + z2)(x + y2 + z), то (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac)(x2 + y2 + z2 - xy - yz - xz) = = (X + Y + Z2)(X + Y2 + Z) = X2 + Y2 + Z2 - XY - YZ - XZ.

9.11. Формула Кардано получается, если воспользоваться ответом задачи 9.7 и формулой для корня x1 из задачи 9.9. Для того, чтобы найти два других корня, заметим, что при нахождении чисел a и b кубический корень можно извлечь тремя способами. Всего получается 9 комбинаций x вида x = a + b, но только три из них будут корнями, поскольку a и b связаны условием a · b = -p/3. Если в качестве a и b взять пару чисел из решения задачи 9.7, то кроме корня x1 = a + b, исходное кубическое уравнение будет иметь корни x2 = a + 2b и x3 = 2a + b, где — кубический корень из 1.

9.12. Подбором находим корень x0 = 1. Так как x3 + x - 2 = (x - 1)(x2 + x + 2), то других действительных корней нет. Поэтому формула Кардано дает корень x0 = 1:

3 1 3 1 = 1 + 1 + + 1 - 1 +.

27 Ответы, указания, решения 9.13. x3 + 3/4x - 7/4, = 1.

2 9.14. При a - ;

уравнение имеет 3 решения, при a = 3 3 3 2 2 / ;

— 1 решение.

= ± — два решения и при a - 3 3 3 3 3 9.15. По формуле Кардано находим корень x1 = 2/ 3. После деления столбиком, приходим к равенству 2 2 2 x3 - x - - x2 + +.

= x 3 3 3 Полученный квадратный трехчлен оказывается полным квадратом.

В итоге получается, что уравнение имеет три действительных корня, два из которых совпадают. Ответ: x1 = 2/ 3, x2 = x3 = -1/ 3.

9.16. Воспользуйтесь равенством x1 + x2 + x3 = 0.

9.17. D(x3 + px + q) = -4p3 - 27q2.

9.18. Решение непосредственно следует из результата задачи 9.17.

9.19. a = 1, b = 2, x1,2 = 1 ± -5.

9.25. а) xk = 2 cos 1 + 6k (k = 0, 1, 2);

1 + 12k б) xk = 2 cos (k = 0, 1, 2).

9.27. Вычитая из одного уравнения другое, находим (p - p )x + (q - q ) = 0. (13.7) Умножая первое уравнение на q, а второе на q и вычитая почленно, будем иметь x3(q - q) + x(pq - qp ) = 0, x2(q - q) + pq - qp = 0. (13.8) Исключая теперь из уравнений (13.7) и (13.8) переменную x, получим искомый результат.

9.29. Чтобы правая часть уравнения 9.5 была полным квадратом необходимо и достаточно выполнение двух условий: дискриминант ра вен нулю;

старший коэффициент неотрицателен. Запишем эти условия в явном виде:

D() = (C + 2)(A + 2) - B2 = 0, -A/2.

Первое соотношение является кубическим уравнением относительно.

Его корни могут быть найдены по формуле Кардано. Остается заме тить, что D(-A/2) = -B2 0, lim D() =, 224 Ответы, указания, решения поэтому один из найденных корней обязательно будет удовлетворять условию -A/2.

9.30. Сделайте замены x = cos t, y = sin t, t [0;

2].

2k 4k 8k 9.31. (x, y, z) = cos, cos, cos (k = 0,..., 4), или 9 9 2k 4k 8k (x, y, z) = cos, cos, cos (k = 1, 2, 3).

7 7 9.32. Представьте семь данных чисел как тангенсы некоторых углов.

9.33. Сделайте замены x = 2 cos, y = 2 sin, z = 3 cos, t = 3 sin.

9.34. а) Сделайте замену x = cos t. Ответ: x -, 2 + 2 2 -, - ;

б) Ответ: x {5/3, 5/4};

в) Сделайте замену 2 x = sin t, t [-/2;

/2]. Относительно t уравнение будет иметь одно решение t = /5. Ответ: x = sin(/5). г) Сделайте замену x = cos t.

9.35. Если hn = sin 2, то hn+1 = sin. Поскольку h1 = sin(/6), то задача сводится к оценке суммы S = sin. Из неравенства 3 · 2n n= sin x < x (x > 0) находим 1 S < + = + < 1,03.

2 3 · 2n 2 n= 9.36. Сделаем замену x = cos t, t [0;

/2]. Уравнение перепишется в виде 8 cos t cos 2t cos 4t+1 = 0. Домножая на sin t, получаем, что корни последнего уравнения лежат среди корней уравнения sin 8t + sin t = или sin(7t/2) cos(9t/2) = 0. Решая уравнение и делая проверку, находим, что на отрезке [0;

/2] лежит 3 корня. Ответ: 3.

9.40. б) Система может быть переписана в виде y = 2x - x 2y z = - y x = 2z 1 - z После замены x = tg, (-/2, /2) получаем, что y = tg 2, k z = tg 4, x = tg 8. Решая уравнение tg = tg 8, находим, что =, k 2k 4k -4 x 3. Ответ: (x, y, z) = (tg, tg, tg ) (-3 k 3).

7 7 9.43. Сделайте замены a = 2 - x, b = 2 - y, c = 2 - z, a = 2 cos.

Ответы, указания, решения 9.44. После замены x = sin t, t [-/2;

/2], приходим к уравнению 1 + sin 2t = cos 2t.

Решая его, находим sin 2t = -1 или sin 2t = 1/2, где t [-/4;

/4].

1 2 - Отсюда t = -/4 или t = /12. Ответ: x -,.

9.46. Обозначим через dn разность dn = xn - 2. Тогда последова тельность {dn} будет удовлетворять рекуррентному соотношению d n dn+1 = (n 1).

2( 2 + dn) Если для некоторого n окажется, что 0 < dn < 1, то начиная с этого момента dn будет убывать не медленнее, чем геометрическая прогрес сия: 0 < dn+1 < dn/2. В нашем случае d2 = 3/2 - 2 удовлетворяет нужному условию, поэтому lim dn = 0, lim xn = 2.

n n 9.47. Последовательность будет сходиться к - 2.

9.48. Как и при решении задачи 9.46, обозначим через dn разность dn = xn - k. Тогда d n dn+1 = (n 0).

2( k + dn) Последовательность {dn} оказывается монотонной и ограниченной. Зна чит она имеет предел, который может быть только равным 0.

9.49. Воспользуйтесь методом математической индукции.

2a1 + a0 a1 - a 9.50. an = + (-1)n.

3 · 2n- 9.51. Рассмотрите последовательность, которая задается условиями:

y0 = x yn+1 = x3yn (n 0).

9.52. Так как k ln N1/ lim = 1, k k N1/2 - то k ln N = lim 2k(N1/2 - 1).

k 226 Ответы, указания, решения При вычислении ln N на калькуляторе не следует брать k очень боль шим, поскольку это приводит к росту погрешности.

9.59. Пусть OAKB — данный прямоугольник, расположенный на ко ординатной плоскости так, что его вершины имеют координаты O(0;

0), A(a;

0), K(a;

b), B(0;

b). Тогда искомая точка будет иметь координаты aq aq x =, y =, 1 - q4 1 - q 5 - где q = = -.

9.60. Как и при решении задачи 9.46, обозначим через dn разность dn = an - a. Тогда 2d3 + 3d2 3 a n n dn+1 = (n 1).

3( a + dn) Если для некоторого n0 число dn будет положительным (это условие будет выполнено при n = 2 независимо от значения a), то для dn+ можно будет написать оценку 3d3 + 3d2 3 a d n n n dn+1 < = < dn (n n0).

a + dn 3( a + dn)2 Последовательность {dn} снова оказывается монотонной и ограничен ной. Поэтому она имеет предел, который может быть равным только 0.

9.61. Данное уравнение можно записать в виде x2 = + 1/x. После довательность, построенная по правилу x1 = 1, xn+1 = 1 + 1/xn, будет сходиться к положительному корню данного уравнения. Другой способ приближенного нахождения корня (причем более быстрый) получается, если применить метод Ньютона. (См. задачу 9.78.) 9.62. Неравенство 0 < 2 - an < (3/4)n доказывается по индукции.

9.63. Можно указать 0 < q < 1 такое, что (начиная с некоторого n) an+1 < qan.

9.64. Примените теорему Лагранжа о конечном приращении.

9.67. (0, 0, 0), (1, 1, 1).

9.71. Из задачи 9.69 следует, что данное уравнение равносильно урав нению a + x = x. Отсюда находим, что уравнение разрешимо при 1 1 ± 1 + 4a a - и имеет корни x1,2 =.

4 9.72. Воспользуйтесь неравенствами bn < bn+1 < an+1 < an и теоре мой Вейерштрасса. Явное выражение для µ(a, b) через a и b впервые Ответы, указания, решения получил Гаусс:

/ - dx µ(a, b) = 2.

a2 sin2 x + b2 cos2 x 9.73. б) Докажите, что произведение элементов данных последова тельностей не меняется: anbn = ab (n 0). Затем перейдите к пределу в этом равенстве.

9.74.

1 1/an + 1/bn 1 1 =, = ·.

an+1 2 bn+1 an bn 9.79. а) xn = F2n /F2n = [1;

1, 1,.., 1] ;

+.

2n б) xn = F-2n /F-2n = -F2n /F2n = [-1;

2, 1,..., 1].

+1 - 2n- 9.80. Последовательности {yn} и {zn} сходятся к различным корням уравнения x2-px+q = 0. Какой именно из корней является предельным значением, зависит от знака параметра q.

9.81. Докажите, что подходящие дроби pn/qn к числам и удо влетворяют соотношению p2n p2 - q · q n n =.

q2n qn(2pn - p · qn) 9.82. Так как функция f(x) нечетная, то можно пытаться найти такую точку x0 = 0, что x1 = -x0. В этом случае получится, что x2 = -x1 = x0. Условие x1 = -x0 записывается в виде уравнения x0(x2 - 1) = -x0. Отсюда x0 = ± 2.

9.83. Нетрудно найти первые многочлены:

P1(x) = x2 - 3x + 1 = x2 - L2x + 1, P2(x) = x2 - 7x + 1 = x2 - L4x + 1, P3(x) = x2 - 47x + 1 = x2 - L8x + 1, где Lk — числа Люка. Общая формула доказывается по индукции:

Pk(x) = x2 - L2kx + 1.

Отсюда k k x1 = lim (L2k)1/2 =, x2 = - lim (L2k)-1/2 =.

k k 9.85. а) 4, 2 2, 2 3, 3;

б) Воспользуйтесь формулами для длин сто рон описанного и вписанного многоугольников an = tg(/n), bn = sin(/n), pn = nbn, Pn = nan.

228 Ответы, указания, решения 9.86. Из соотношения x x x x x sin x = 2n sin cos cos cos... cos 2n 22 23 2n и равенства x lim 2n sin = x n 2n находим x x x x = cos cos cos...

sin x 22 Далее, подставляя значение x = /2, приходим к нужному равенству.

9.87. Для наибольшего числа a график функции y = ax должен касаться прямой y = x. Ответ: a = e1/e, lim xn = e.

n 9.88. Докажите неравенство a3 > 3n и оцените разность a3 - 3n.

n n 9.89. Воспользуйтесь равенством x1 + y1 + z1 = x1y1z1.

9.91. а) (2, -1, -3, -4).

9.92. а) 13 11;

б) 61 69.

9.93. а) (4/9, 5/9, 1/2, 1/2);

б) (8/13, 6/13, 6/13, 6/13).

9.94. а) Если a = 1, то (x, y) = (t, 1 - t) (t R);

если a = -1, то a2 + a + 1 a решений нет;

если a = ±1, то (x, y) =, -.

a + 1 a + б) Если a = 0, то (x, y) = (2, t) (t R);

если a = 1, то решений нет;

a2 - 2 2 - a если a = 0, 1, то (x, y) =,.

a - 1 a - в) Если a = 1, то (x, y) = (2 - 4t, t) (t R);

если a = 3, то решений 4(a - 2) - a нет;

если a = 1, 3, то (x, y) =,.

a - 3 a - г) Если a = 0, то (x, y) = (t, 2) (t R);

если a = ±1, то решений нет;

a5 - 2a4 + 2a2 - a + 6 a6 - a2 - 2a - если a = 0, ± 1, то (x, y) =,.

2(a2 - 1) 2(a2 - 1) д) Если a = 1, то (x, y) = (t, 1 - t) (t R);

если a = -1, (x, y) = = (t, t - 1) (t R);

если a = ±1, то (x, y) = (a2 + 1, -a).

е) Если a = 0, то (x, y) = (t, 0) (t R);

если a = 1/2, b = 1/2, (x, y) = (1/2 + t, t) (t R);

если a = 1/2, b = 1/2, то решений нет;

если a( a - b - 2b) a = 0, 1/2, то (x, y) =,.

2a - 1 2a - ж) Если a = b = 0, то (x, y) = (t1, t2) (t1, t2 R);

если a = b = 0, (x, y) = (t, 1 - t) (t R);

если a = -b = 0, (x, y) = (1 + t, t) (t R);

если a = ±b, то (x, y) = (1, 0).

2a a2 - з) Если a 0, то (x, y) =, ;

если a < 0, (x, y) = (0, 1).

a2 + 1 a2 + Ответы, указания, решения 9.95. Нет. Если x и y— два вектора решений, то решением будет и вектор x + (1 - )y при любом действительном.

9.97. Первый игрок всегда может добиться того, чтобы решением системы был вектор (1, 1, 1).

Глава 10.1. Поделите неравенство (x - 1)2 0 на x.

10.2. Возведите неравенство в квадрат.

10.3. Воспользуйтесь два раза неравенством задачи 10.2.

10.4. Возведите неравенство в квадрат и воспользуйтесь неравен ством между средним арифметическим и средним геометрическим.

10.5. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим.

10.6. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим.

10.7. Раскройте скобки в неравенстве (x - y)2 + (y - z)2 + (x - z)2 0.

10.8. Воспользуйтесь неравенством предыдущей задачи.

10.9. Сложите неравенства (x1/2)2 + x2 x1x2,..., (x1/2)2 + x 2 x1x5.

10.11. После упрощений воспользуйтесь неравенством между сред ним арифметическим и средним геометрическим.

10.12. После раскрытия скобок получается неравенство задачи 10.7.

10.13. Примените два раза неравенство между средним арифмети ческим и средним геометрическим: сначала к числам, а потом к их показателям.

10.14. a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c)2 = 0.

10.15. Число 1 + xy всегда положительно. После домножения на это число, неравенство может быть записано в виде (1 ± x)(1 ± y) > 0.

10.16. Сначала докажите неравенство для рациональных и.

10.17. Воспользуйтесь неравенством a2(b-c)2+b2(a-c)2+c2(a-b)2 0.

10.18. Раскройте скобки и воспользуйтесь неравенством между сред ним арифметическим и средним геометрическим.

10.21. После извлечения квадратного корня задача сводится к нера венству ( x - y)4 0.

10.22. Воспользуйтесь неравенством a(b-c)2+b(a-c)2+c(a-b)2 0.

10.23. Раскройте скобки и воспользуйтесь неравенством между сред ним арифметическим и средним геометрическим.

10.24. Воспользуйтесь неравенством (1 + a4)(1 - b2)2 + (1 + b4)(1 - a2)2 0.

230 Ответы, указания, решения 10.25. Воспользуйтесь неравенствами из задач 10.7 и 10.17.

10.27. Докажите сначала неравенство a3 + b3 a2b + ab2.

10.29. Смотрите задачу 10.22.

10.30. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметиче ским и средним геометрическим.

10.31. После домножения на общий знаменатель и сокращений зада ча сводится к неравенству из задачи 10.27.

10.32. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметиче ским и средним гармоническим (задача 10.11).

10.37. Докажите неравенство по индукции.

10.41. Всегда можно подобрать натуральные x и y так, чтобы вы полнялись равенства x + y x + y p =, q =.

x y После замены = a1/x, = b1/y исходное неравенство принимает вид xx+y + yx+y xy.

x + y Для его доказательства достаточно воспользоваться неравенством меж ду средним арифметическим и средним геометрическим:

xx+y + yx+y x+y x+y... x+y x+y... x+y = xy.

x + y x y n n n 10.43. а) ( n!)2 = (1 · n)... (n · 1) nn = n. Вторая часть неравенства следует из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим.

10.44. Так как для x из интервала (0;

/2) выполняется оценка x < tg x, то 1 1 1 - < - = 1.

sin2 x x2 sin2 x tg2 x k 10.46. Если m, n, k 2, то m(n ) (mn)k.

1 10.47. а) Воспользуйтесь неравенством > (1 k n - 1).

n + k 2n б) Разбейте сумму на блоки по 2k слагаемых (0 k n). в) Сравните произведение из условия задачи с произведениями 2 4 100 1 2 4 6 ·... и · · ·....

3 5 101 2 3 5 7 г) Оцените отдельно произведение 7 9 ·....

8 10 Ответы, указания, решения x y z 10.48. · · = 1.

y z x 10.50. Выберите fk(x) = akx2 + bkx.

10.52. Рассмотрите функции fk(x) = akex - bk(x + 1).

10.53. а) Положите b1 =... = bn = 1. б) Положите a1 =... = = an = 1. в) Положите a1 = b1c1,..., an = bncn.

10.55. Пусть l(x) — касательная к графику функции f(x) в точке 1x1 + 2x2. Тогда, по определению выпуклости, 1f(x1) + 2f(x2) < 1l(x1) + 2l(x2) = l(1x1 + 2x2) = f(1x1 + 2x2).

10.56. Применим индукцию. При n = 2 неравенство Иенсена было доказано в задаче 10.55. Предположим, что оно верно для некоторого n 2 и докажем его при n + 1. Пусть = 1 +... + n > 0. Тогда n +... + = 1. Используя неравенство с n = 2, находим n f(1x1 +... + n+1xn+1) = f x1 +... + xn + n+1xn+1 > n > n+1f(xn+1) + f x1 +... + xn.

Далее, по предположению индукции, n n f x1 +... + xn > f(x1) +... + f(xn).

Следовательно f(1x1 +... + n+1xn+1) > 1f(x1) +... + n+1f(xn+1).

10.58. Воспользуйтесь неравенством Иенсена для следующих функ ций: а) f(x) = x;

б) f(x) = 1/x2;

в) f(x) = enx;

г) f(x) = 1/x.

10.60. Применяя неравенство Иенсена к функции y = xp, получаем (1x1 + 2x2 +... + nxn)p 1xp + 2xp +... + nxp.

1 2 n После замены 1 n 1 =,..., n = 1 +... + n 1 +... + n приходим к неравенству (1x1 + 2x2 +... + nxn)p (1 +... + n)p-1(1xp +... + nxp) 1 n или 1x1 + 2x2 +... + nxn (1 +... + n)1/q(1xp +... + nxp)1/p.

1 n 232 Ответы, указания, решения Для получения нужного неравенства остается сделать подстановку k = bq, xk = akb1-q (k = 1, 2,..., n).

k k 10.63. Для доказательства неравенств достаточно рассмотреть функ цию f(x) = ex и точки ln x1,..., ln xn.

Для подсчета пределов воспользуемся приближенной формулой для функции ex, которая верна на отрезке x [-1;

1]:

ex = 1 + x + x2 (|| < 1).

При достаточно малом получим 1/ 1/ e ln x1 +... + e ln xn S(x) = = 1 + ln(x1... xn) + 2A, n n 1/ 1/ ln(x1...xn) n S0(x) = e = 1 + ln(x1... xn) + 2B, n где A = 1(ln2 x1 +... + ln2 xn);

B = ln2(x1... xn);

|1|, |2| < 1.

n Поэтому 1/ S(x) 1 + (/n) ln(x1... xn) + 2A lim = lim = 1.

0 S0(x) 1 + (/n) ln(x1... xn) + 2B 10.71. а) Других нет;

б) (5, 1, 1) и (4, 3, 0);

(4, 1, 1, 1) и (3, 3, 1, 0).

10.72. Рассмотрите несколько случаев: x = y = z = t;

x = y = t, z = 1;

x = t, y = z = 1 и сравните степени полученных полиномов от t.

10.73. Очевидно, что достаточно доказать неравенство в случае, ко гда набор получается из набора сбрасыванием одного «кирпича» на диаграмме Юнга. Проведем доказательство для случая, когда делается переход от = (1, 2, 3,..., n) к = (1 - 1, 2 + 1, 3,..., n), 1 2 3 n где 1 - 2 2. При этом каждый одночлен вида x x x... x i1 i2 i3 in 1 2 3 n заменяется одночленом вида x -1x +1x... x. Для доказательства i1 i2 i3 in неравенства T(x1,..., xn) T(x1,..., xn) сгруппируем все одночле ны, входящие в данное неравенство парами:

1 2 1 2 1 2 1 x x A + x x A;

x -1x +1A + x -1x +1A, i1 i2 i2 i1 i1 i2 i2 i 3 n (A = x... x 0) и проверим, что разность таких пар всегда неот i3 in рицательна. Действительно, 1 2 1 2 1 2 1 x x + x x - x -1x +1 - x -1x +1 = i1 i2 i2 i1 i1 i2 i2 i 1 2 1 = (x -1x - x -1x )(xi - xi ) 0, i1 i2 i2 i1 1 1 2 1 поскольку 1 - 1 > 2 и разность x -1x - x -1x имеет тот же i1 i2 i2 i знак, что и xi - xi.

1 Ответы, указания, решения Частные случае этого рассуждения можно найти в решении зада чи 10.75.

10.75. а) Сложите три неравенства вида x4y2z + x2y4z - 2x3y3x = x2y2z(x - y)2 0.

б) Для преобразования диаграммы Юнга (5, 0, 0) в (2, 2, 1) нужно три шага:

(5, 0, 0) (4, 1, 0) (3, 2, 0) (2, 2, 1), поэтому для непосредственного доказательства неравенства понадобит ся цепочка из трех неравенств:

x5 + y5 - x4y - xy4 = (x4 - y4)(x - y) 0, x4y + xy4 - x3y2 - x2y3 = xy(x2 - y2)(x - y) 0, x3y2 + y2z3 - x2y2z - xy2z2 = y2(x2 - z2)(x - z) 0.

Глава k- 11.1. а) n2 = 2n + 1;

б) n(n - 1) = 2n;

в) nk = Cj nj;

k j= г) Ck = Ck - Ck = Ck-1.

n n+1 n n 11.2. Sn = bn+1 - b1.

11.3. Для нахождения an можно воспользоваться методом неопре деленных коэффициентов. Для этого нужно представить an в виде an = An3 + Bn2 + Cn и определить коэффициенты A, B, C из условия an = n2.

11.4. Найдите последовательность an вида an = An4 + Bn3 + Cn2 + + Dn, для которой an = n3.

11.5. Воспользуйтесь тем, что для четного положительного m вы полняется равенство 1/F2m = Fm-1/Fm - F2m-1/F2m.

11.6. Утверждение задачи достаточно проверить для Q(x) = xm+1.

В этом случае Q(x) = xm+1 - xm = (m + 1)xm +...

11.8. Формула доказывается индукцией по n.

11.10. Воспользуйтесь задачей 11.6. mf(x) = m!am, где am — стар ший коэффициент многочлена f(x).

11.11. n!/nn.

11.13. Согласно задаче 11.12, для чисел yk = (-1)kCk действи n тельно выполняются нужные равенства. Поэтому для решения задачи остается показать, что такой набор чисел {yk} единственный с точно стью до постоянного сомножителя. Предположим, что таких наборов два: y(1),..., y(1) и y(2),..., y(2). Обозначим через 1 и 2 те числа, 0 n 0 n 234 Ответы, указания, решения которые получаются при подстановке в равенство 11.1 наборов {y(1)} k и {y(2)} и функции f(k) = kn:

k n n kny(1) = 1, kny(2) = 2.

k k k=0 k= Тогда новый набор чисел y(3) = 2y(1) - 1y(2) (k = 0,..., n) обладает k k k тем свойством, что n f(k)y(3) = k k= для всех многочленов f(x), deg f(x) n. Но многочлен f(x) можно подобрать так, чтобы f(k) = y(3) (k = 0,..., n). Отсюда k n (y(3))2 = 0, то есть y(3) = y(3) =... = y(3) = 0, k 1 2 n k= что противоречит непропорциональности наборов {y(1)} и {y(2)}.

k k 11.12. Воспользуйтесь результатами задач 11.8 и 11.10.

11.15. (anbn) = an+1bn + bnan = anbn + bn+1an.

11.16. an = 2n.

11.15. При n = 1 формула (f(x)g(x)) = f(x + 1)g(x) + f(x)g(x) = f(x)g(x) + f(x)g(x + 1) легко проверяется. Для доказательства формулы в общем случае при меним индукцию. Пусть формула () справедлива для некоторого n.

Тогда применяя её в равенстве n+1(f(x)g(x)) = n(nf(x)g(x)) = n(f(x)g(x) + f(x)g(x + 1)) получим n n n-k n+1(f(x)g(x)) = Ck kf(x)k - k + 1g(x+k)+ Ck k+1f(x) g(x+1).

n n k=0 k= Ответы, указания, решения После сдвига переменной суммирования во второй сумме, приходим к формуле n n+1(f(x)g(x)) = Ck kf(x)n-k+1g(x + k) + n k= n+ + Ck-1kf(x)n-k+1g(x + k) = n k= n+ = (Ck + Ck-1)nf(x)n-k+1g(x + k) = n n k= n+ = Ck kf(x)n+1-kg(x + k) n+ k= 1 (3n + 2)(n - 1) 1 1 11.19. а) 1 - ;

б) ;

в) - ;

n + 1 4n(n + 1) 2 2 (n + 1)(n + 2) 2n+1 2 1 г) - 1;

д) 1 - + ;

е) 1 - ;

ж) (n + 1)! - 1.

n + 1 2n + 1 n + 1 n!

11.21. б) Для двух многочленов степени n f(x) и g(x) = d0C0 +d1C1 + x x +... + dnCn справедливы равенства kf(0) = kg(0) (0 k n).

x Поэтому они совпадают в точках x = 0, 1,..., n, то есть равны.

11.22. Поскольку многочлен f(x) принимает целые значения в точках x = 0, 1,..., n, то коэффициенты dk, найденные по формулам dk = = kf(0) (см. задачу 11.21), оказываются целыми.

Pages:     | 1 | 2 || 4 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.