WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 59 | 60 || 62 | 63 |   ...   | 65 |

Одно из чисел p и q отлично от нуля. Будем для определённости считать, что q = 0. Тогда из первого уравнения можно получить выражение для y через x:

r - px y =. (1) q Подставив это выражение в уравнение окружности, получим квадратное уравнение (p2 + q2)x2 + 2(bpq - aq2 - pr)x + (r2 - 2bqr - c2q) = 0.

Корни x1 и x2 этого уравнения выражаются через его коэффициенты с помощью операций сложения, вычитания, умножения и извлечения квадратного корня. Соответствующие выражения для y1 и y2 можно получить по формуле (1).

г) Добавление точки пересечения двух окружностей. Для нахождения координат точки пересечения двух окружностей нужно решить систему уравнений x2 - 2a1x + y2 - 2b1y = c1, x2 - 2a2x + y2 - 2b2y = c2.

Вычитая из первого уравнения второе, можно перейти к эквивалентной системе уравнений 2(a2 - a1)x + 2(b2 - b1)y = c1 - c2, x2 - 2a2x + y2 - 2b2y = c2.

Система уравнений такого вида была решена при разборе случая в).

Удвоение куба Отрезок a можно выбрать в качестве отрезка (1, 0) на оси Ox. Таким образом, в задаче удвоения куба требуется построить точку с координа тами ( 2, 0). Предположим, что эту точку можно построить с помощью циркуля и линейки. Тогда согласно теореме 1 число 2 можно получить из рациональных чисел, используя операции сложения, вычитания, деления, умножения и извлечения квадратного корня, т.е., как мы будем для краткости говорить, это число можно выразить в квадратных радикалах. Для доказательства неразрешимости задачи удвоения куба с помощью циркуля и линейки нужно доказать, что число 2 не выража ется в квадратных радикалах. Напомним, что число 2 иррационально (задача 31.2 а).

504 Дополнение Теорема 2. Предположим, что один из корней уравнения x3 + Ax2 + + Bx + C = 0, где A, B, C рациональные числа, выражается в квадратных радикалах. Тогда это уравнение имеет рациональный корень.

Доказательство. Отметим прежде всего, что любое число, полученное из чисел u1,..., un применением операций сложения, вычитания, умножения и деления, можно представить в виде P (u1,..., un)/Q(u1,..., un), где P и Q многочлены с рациональными коэффициентами, т.е. выражения, полученные без использования операции деления. В самом деле, P1 P2 P1Q2 ± P2Q± =, Q1 Q2 Q1QP1 P2 P1P2 P1 P2 P1Q· =, : =.

Q1 Q2 Q1Q2 Q1 Q2 P2QДля любого числа, выражающегося в квадратных радикалах, можно определить его ранг как наибольшее число расположенных один внутри другого квадратных радикалов в выражении для числа. Это определение нужно сформулировать более аккуратно. Например, (1 + + 2)2 = 3 2 2, т.е. 3 + 2 2 = 1 + 2. Тем самым, одно выражение + числа 1+ 2 имеет ранг 1, а другое выражение того же числа имеет ранг 2. Поэтому нужно сначала определить ранг выражения, а в качестве ранга самого числа взять наименьший из рангов всех его выражений.

Для числа ранга n можно определить его порядок следующим образом. Рассмотрим для числа все его выражения ранга n. В каж дое такое выражение входит несколько радикалов вида R, где ранг выражения R равен n - 1; пусть k количество таких радикалов. Наименьшее из всех таких чисел k будем называть порядком числа.

Кубическое уравнение x3 + Ax2 + Bx+ C = 0 имеет три корня x1, x2, x3 (не обязательно различных), для которых выполняется соотношение (x - x1)(x - x2)(x - x3) = x3 + Ax2 + Bx + C.

В частности, x1 + x2 + x3 = -A.

Предположим, что один из корней этого кубического уравнения выражается в квадратных радикалах. Остальные корни могут выражаться в квадратных радикалах, а могут и не выражаться. Возьмём все корни, которые выражаются в квадратных радикалах, и выберем среди них все корни с наименьшим рангом. Затем среди этих корней выберем корни с наименьшим порядком. Если такой корень один, то выберем его, а если их несколько, то выберем любой из них. Пусть при этом выбран Дополнение корень x1 с рангом n и порядком k. Требуется доказать, что n = 0, т.е. число x1 рационально. Предположим, что n 1. Рассмотрим для числа x1 какое-нибудь выражение ранга n и порядка k. Пусть R одно из выражений ранга n, входящих в это выражение. Тогда x1 можно представить в виде a + b R x1 =, (2) c + d R где выражения a, b, c и d содержат не более k-1 радикалов n и не ранга содержат радикалов большего ранга. Докажем, что c - d R = 0. Если d = 0, то = 0. Если же d = 0, то из равенства c - d R = 0 следовало c бы, что R = c/d. Подставляя это значение числа R в формулу (2), можно получить для x1 выражение ранга не более n, содержащего не более k - 1 радикалов ранга n. Это противоречит тому, что ранг числа x1 равен n, а порядок равен k. Следовательно, c - d R = 0, а значит, (a + b R)(c - d R) x1 = = p + q R.

c2 - d2R Подставив значение x1 = p + q R в кубическое уравнение, получим 0 = (p + q R)3 + A(p + q R)2 + B(p + q R) + C = M + N R, где выражения M и N содержат не более k - 1 радикалов ранга n и не содержат радикалов большего ранга. Если N = 0, то R = -M/N, а выше было показано, что такого быть не может. Следовательно, M = = N = 0. Непосредственные вычисления показывают, что (p - q R)3 + A(p - q R)2 + B(p - q R) + C = M - N R, т.е. x2 = p - q R другой корень кубического уравнения. А так как x1 + x2 + x3 = -A, то x3 = -A - x1 - x2 = -A - 2p. Наибольший ранг радикалов, входящих в это выражение числа x3, не превосходит n, причём радикалов ранга n не более k - 1. Это противоречит выбору корня x1 как корня наименьшего ранга n и при этом наименьшего порядка k.

С помощью теоремы 2 легко доказать, что число 2 нельзя выразить в радикалах. Действительно, рассмотрим кубическое уравнение x3 - 2 = 0. него есть лишь один вещественный корень, а именно, У 3 2. Число 2 не рационально, поэтому уравнение x3 - 2 = 0 не имеет рациональных корней. Следовательно, у этого уравнения нет корней, выражающихся в квадратных радикалах.

506 Дополнение Трисекция угла Чтобы доказать, что не существует общего способа построений, позволяющего разделить на три равные части любой угол, достаточно доказать, что с помощью циркуля и линейки нельзя разделить на три равные части угол 30.

Введём систему координат Oxy, выбрав в качестве начала координат вершину данного угла AOB и направив ось Ox по стороне OA.

Можно считать, что точки A и B удалены от точки O на расстояние 1. Тогда в задаче трисекции угла требуется по точке с координатами (cos 3, sin 3) построить точку с координатами (cos, sin ). В случае, 3 когда = 10, исходная точка имеет координаты,. Обе её ко2 ординаты выражаются в квадратных радикалах. Поэтому достаточно доказать, что число sin 10 не выражается в квадратных радикалах.

Так как sin 3 = sin( + 2) = sin cos 2 + cos sin 2 = = sin (1 - 2 sin2 ) + 2(1 - sin2 ) sin = 3 sin - 4 sin3, то число x = sin 10 удовлетворяет кубическому уравнению 3x - 4x3 =, т.е.

8x3 - 6x + 1 = 0. (3) Согласно теореме 2 достаточно доказать, что у этого уравнения нет рациональных корней. Положим 2x = p/q, где p и q целые числа, не имеющие общих делителей. Тогда p3 - 3pq2 + q3 = 0, т.е. q3 = = p(3q2 - p2). Следовательно, число q делится на p, а значит, p = ±1.

Поэтому ±1 3q2 + q3 = 0, т.е. q2(q ± 3) = ±1. Число 1 делится на q, поэтому q = ±1. В итоге получаем, что x = ±1/2. Легко проверить, что значения ±1/2 не являются корнями уравнения (3). Получено противоречие, поэтому уравнение (3) не имеет рациональных корней, а значит, число sin 10 не выражается в квадратных радикалах.

Построение треугольника по биссектрисам Если заданы длины медиан треугольника или длины его высот, то треугольник можно построить циркулем и линейкой. Но если заданы длины биссектрис треугольника, то нет общего способа, позволяющего построить сам треугольник циркулем и линейкой. Чтобы это доказать, достаточно доказать, что треугольник, длины биссектрис которого равны 3, 1 и 1, нельзя построить циркулем и линейкой.

Нам потребуются два геометрических факта, доказательства которых можно найти в книге В.В.Прасолов Задачи по планиметрии, издание 5-е, МЦНМО, 2006. Прежде всего заметим, что треугольник, у Дополнение которого две биссектрисы равны, равнобедренный (задача 5.55 из указанной книги), поэтому в рассматриваемом треугольнике =, т.е.

= - 2. Далее, согласно задаче 12.37, г) из указанной книги la = 4p sin(/2) sin(/2)/(sin + sin ), lb = 4p sin(/2) sin(/2)/(sin + sin ).

Поэтому sin sin la sin 2 sin + sin sin 2 + sin 2 3 = = · = · =.

lb sin sin + sin cos 2 cos 4 sin cos 2 Если рассматриваемый треугольник можно было бы построить циркулем и линейкой, то число x = sin(/2) выражалось бы в квадратных радикалах. Ясно, что sin(3/2) = 3x - 4x3 и cos = 1 - 2x2. Поэтому для x мы получаем уравнение 4x3 - 12x2 - 3x + 6 = 0. После замены y = 2x - 2 перейдём к уравнению y3 - 15y - 10 = 0. Согласно теореме достаточно проверить, что это уравнение не имеет рациональных корней. Предположим, что число p/q, где p и q взаимно простые целые числа, является корнем этого уравнения. Тогда p3 = 5q2(3p + 2q), поэтому p = 5r, где r целое число. В таком случае 25r3 = q2(15r + 2q).

Следовательно, число q тоже делится на 5, чего не может быть.

6. Хроматический многочлен графа Рассмотрим в пространстве систему из нескольких точек и отрезков, соединяющих некоторые из этих точек. При этом нас будут интересовать лишь то, какие именно пары точек соединены отрезками. Более того, эти отрезки можно считать не прямолинейными, а криволинейными. Такую систему точек называют графом; сами точки называют вершинами графа, а отрезки рёбрами графа.

Граф называют планарным, если его можно расположить на плоскости так, чтобы его рёбра попарно не пересекались. Например, граф, изоб- Рис. 1.

ражённый на рис. 1, не планарный. Это следует из решения известной задачи о трёх домах и трёх колодцах: “Можно ли каждый из трёх домов соединить дорожкой с каждым из трёх колодцев так, чтобы эти дорожки не пересекались” В 1890 г. было доказано, что вершины любого планарного графа можно раскрасить в 5 цветов так, что концы любого ребра будут разноцветными. После этого долго была популярна задача четырёх красок:

508 Дополнение “Любой ли планарный граф можно раскрасить в 4 цвета” (Под раскраской графа здесь и далее подразумевается такая раскраска вершин графа, что концы любого ребра разноцветные.) Лишь в 1977 г. было доказано, что любой планарный граф можно раскрасить в 4 цвета. Это доказательство опиралось на перебор огромного количества различных вариантов, выполненный с помощью компьютера.

С раскрасками графов связано одно интересное явление, которое мы сейчас обсудим. Пусть G некоторый граф, а f(G, x) количество раскрасок этого графа в x цветов. Удивительным образом оказывается, что f(G, x) многочлен степени n, где n число вершин графа. Прежде чем доказывать это утверждение, разберём два простых примера.

Наиболее прост тот случай, когда у графа G нет вообще никаких рёбер, а есть только n вершин. В этом случае каждую вершину можно окрасить любым цветом, независимо от остальных вершин. Поэтому f(G, x) = xn.

Другой крайний случай граф G с n вершинами, любые две из которых соединены ребром. В этом случае все вершины должны быть разноцветными, поэтому f(G, x) = x(x - 1)... (x - n + 1).

В обоих случаях f(G, x) многочлен степени n. Как мы сейчас убедимся, из этого уже следует, что f(G, x) многочлен степени n для любого графа G с n вершинами.

Рассмотрим граф G+ с n вершинами, в котором две вершины A и B n соединены ребром. Сопоставим ему граф G-, в котором все вершины n и рёбра те же самые, за исключением того, что в нём нет ребра, соединяющего вершины A и B. Сопоставим графу G+ также граф Gn-1, n в котором все вершины и рёбра такие же, как у графов G+ и G-, за n n исключением того, что в нём вершины A и B отождествлены друг с другом (при этом могут возникнуть двойные рёбра, но мы их заменяем на обычные рёбра). Примеры графов G-, G+ и Gn-1 приведены на рис. 2.

n n Рис. 2.

При этом двойное ребро, соединяющее вершины A = B и D заменено на обычное (однократное) ребро.

Дополнение Любая раскраска графа G- с одноцветными вершинами A и B соотn ветствует определённой раскраске графа Gn-1, а любая раскраска того же графа с разноцветными вершинами A и B раскраске графа G+.

n Поэтому f(G-, x) = f(G+, x) + f(Gn-1, x). (1) n n С помощью формулы (1) несложно доказать, что если Gn граф с n вершинами, то f(Gn, x) многочлен степени n. Применим для этого индукцию по n. При n = 1 граф состоит из одной точки, поэтому f(G1, x) = x. Предположим, что для любого графа Gn-1 с n - 1 вершиной функция f(Gn-1, x) представляет собой многочлен степени n.

Возьмём произвольный граф G- с n вершинами. Применив несколько n раз формулу (1), можно перейти от графа G- к графу с n вершинами, n любые две из которых соединены ребром. Хроматический многочлен полученного графа равен x(x - 1)... (x - n + 1), поэтому f(G-, x) = x(x - 1)... (x - n + 1) + f1 +... + fk, n где f1,..., fk хроматические многочлены графов с n - 1 вершиной, т. е. многочлены степени n - 1.

При доказательстве мы воспользовались тем, что хроматический многочлен графа, все вершины которого соединены рёбрами, равен x(x - 1)... (x - n + 1). Но можно воспользоваться и тем, что хроматический многочлен графа, у которого вообще нет рёбер, равен xn. Для этого формулу (1) нужно записать в виде f(G+, x) = f(G-, x) - f(Gn-1, x). (2) n n Применив такую формулу несколько раз, можно перейти от графа G+ n к графу с n вершинами, у которого вообще нет рёбер. Поэтому f(G+, x) = xn - g1 -... - gl, (3) n где g1,..., gl хроматические многочлены графов с n - 1 вершиной.

Второй способ доказательства имеет некоторые преимущества. Например, записав хроматический многочлен графа в виде (3), мы без труда докажем следующую теорему.

Теорема 1. Хроматический многочлен графа с n вершинами имеет вид xn - a1xn-1 + a2xn-2 - a3xn-3 +..., где ai 0.

Эту теорему сформулировал и доказал в 1932 г. американский математик Хасслер Уитни.

510 Дополнение 7. Трансцендентность чисел e и Теорема 1. Число e трансцендентно.

Доказательство. Предположим, что число e алгебраическое. Тогда выполняется равенство amem +... + a1e + a0 = 0, a0 = 0, (1) где a0, a1,..., am целые числа.

Согласно задаче 29.14 а) для любого многочлена f(x) степени d имеет место равенство x f(t)e-tdt = F (0) - e-xF (x), где F (x) = f(x) + f (x) +... + f(d)(x). В частности, для каждого целого неотрицательного числа k имеет место равенство k f(t)e-tdt = F (0) - e-kF (k), т.е.

Pages:     | 1 |   ...   | 59 | 60 || 62 | 63 |   ...   | 65 |



© 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.