WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 7 | 8 || 10 | 11 |   ...   | 65 |

7 - 4 - положительно, а его квадрат равен 4 + 6.11. Число 4 + + 7 - 2 16 - 7 + 4 - 7 = 8 - 2 9 = 2.

6.12. Тождество (2 ± 2)3 = 20 ± 14 2 показывает, что 20 ± 14 2 = = 2 ± 2. Поэтому рассматриваемое число равно 4.

3 6.13. Пусть x = a + b + a - b. Тогда x3 = 2a + 3x a2 - b. В случае а) получаем x3 = 6 + x, а в случае б) получаем x3 = 12 + 5x. Первое уравнение имеет корень x = 2, а второе уравнение имеет корень x = 3. Поэтому достаточно проверить, что других (вещественных) корней у этих уравнений x3 - x - 6 x3 - 5x - нет. Легко проверить, что = x2 + 2x + 3 и = x2 + 3x + 4.

x - 2 x - У этих квадратных трёхчленов нет вещественных корней.

6.14. Вычислим квадрат выражения в левой части, воспользовавшись 3 3 3 3 3 тем, что 16 - 4 = 4( 4 - 1) = 2 4 - 1. Получаем:

3 3 3 3 ( 4 - 1)( 2 + 1)2 = ( 4 - 1)( 4 + 1 + 2 2) = 3 3 = 16 - 1 + 2 8 - 2 2 = 3 = 2 2 - 1 + 4 - 2 2 = 3.

Глава 6. Рациональные и иррациональные числа 3 3 6.15. а) Несложно проверить, что (1 - 2 + 4)3 = 9( 2 - 1).

3 3 3 3 б) Несложно проверить, что ( 2 + 20 - 25)2 = 9( 5 - 4). Кроме 3 3 того, неравенство 2+ 20 > 25 легко проверяется посредством возведения обеих частей в куб.

3 3 в) = Несложно проверить, что ( 5 - 2)6 9(7 20 - 19); члены, содержащие 50, взаимно сокращаются.

г) Прежде всего отметим, что 3 - 2 5 > 0. Затем несложно проверить, 4 4 4 4 что ( 5-1)4(3+2 5) = 10 25-22 = ( 5+1)4(3-2 5); члены, содержащие 4 5, взаимно сокращаются; члены, содержащие 125, тоже.

3 3 3 3 д) Несложно проверить, что ( 98- 28-1)2 = 9( 28-3) = 9( 28- 27);

члены, содержащие 14, взаимно сокращаются.

3 3 3 3 Покажем, что 98 > 28 + 1, т.е. 14( 7 2) > 1. Домножив обе 3 3 части на положительное число 49 + 14 + 4, перейдём к неравенству 3 3 3 3 3 3 5 14 > 49 + 14 + 4, 4 14 > 49 + Это неравенство легко т.е. 4.

3 3 доказывается, поскольку 4 14 > 8, а 49 < 6 и 4 < 2.

5 5 5 5 е) Несложно проверить, что (1 + 3 - 9)3 = 10 - 5 27 = 5( 32 - 27).

6.16. а) Предположим, что p = r/s несократимая дробь. Тогда r2 = = ps2, поэтому r делится на p (здесь используется задача 4.8). Значит, psделится на p2. Поэтому s делится на p, что противоречит несократимости дроби r/s.

б) Из равенства r2 = p1... pks2 следует, что r делится на p1. Поэтому p2... pks2 делится на p1. Число p2... pk взаимно просто с p1, поэтому s делится на p1.

в) Из равенства pk+1... pnr2 = p1... pks2 следует, что r делится на p1, поскольку число pk+1... pn не делится на p1.

6.17. Предположим, что 2 + 3 = r, где r рациональное число. Тогда r3 + 6r - ( 3)3 = (r - 2)3, т.е. 3 = r3 - 3r2 2 + 6r - 2 2. Поэтому 2 = 3r2 + рациональное число, чего не может быть.

3 6.18. О т в е т: иррационально. Пусть = 4 + 15 и 2 - 15.

= Тогда 3 + 3 = 8 и 33 = 1, поэтому = 1. Следовательно, (1 + )3 = 1 2 1 = 3+3+(+) = 8+3(+). Таким образом, 3 = 8+3. Поэтому 1 остаётся доказать, что многочлен x3 - 3x - 8 не имеет рациональных корней.

Согласно задаче 10.3 рациональные корни этого многочлена целые числа, являющиеся делителями числа 8. Непосредственная проверка показывает, что числа ±1, ±2, ±4, ±8 не являются корнями этого многочлена.

6.19. а) Пусть a + b = r рациональное число. Если r = 0, то a = b = = 0. Поэтому будем предполагать, что r = 0. Возведём в квадрат обе части равенства a = r - b. В результате получим a = r2 - 2r b + b, а значит, r2 + b - a b = рациональное число.

2r б) Пусть a+ b+ c = r рациональное число. Достаточно рассмотреть случай, когда r = 0. Возведём в квадрат обе части равенства a+ b = r- c.

74 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа Получим a + 2 ab + b = r2 - 2r c + c. (1) Затем возведём в квадрат обе части равенства 2 ab = r2 + c - a - b - 2r c.

Получим 4ab = (r2 + c - a - b)2 + 4r2c - 4r(r2 + c - a - b) c. (2) Если r2+c-a-b = 0, то равенство (2) показывает, что число c рационально.

Если же r2 +c = a+b, то из равенства (1) следует, что 2 ab = c, причём -2r r > 0. Следовательно, ab = 0 и c = 0. В частности, число c рационально.

Рациональность чисел a и b доказывается аналогично.

в) Можно считать, все числа a1,..., an отличны от нуля. Достаточно что доказать, что число a1 рационально. Положим x1 = a1,..., xn = an и y = a1 +... + an. Рассмотрим произведение f(y, x1,..., xn) = (y - x1 ± x2 ±... ± xn), (1) где берутся все возможные комбинации знаков плюс и минус. Это произведение является многочленом с целыми коэффициентами от y, x1, x2,..., x2.

2 n Выделяя члены с чётными степенями x1 и с нечётными, получим f(y, x1,..., xn) = g(y, x2,..., x2 ) - x1h(y, x2,..., x2 ). (2) 1 n 1 n В произведение (1) входит множитель y - x1 - x2 -... - xn = 0. Поэтому f(y, x1,..., xn) = 0. По условию числа y, x2,..., x2 рациональны. Поэтому 1 n если h(y, x2,..., x2 ) = 0, то число 1 n x1 = g(y, x2,..., x2 )/h(y, x2,..., x2 ) 1 n 1 n рационально.

Предположим теперь, что h(y, x2,..., x2 ) = 0. Воспользовавшись соотно1 n шением (2), получаем f(y, x1, x2,..., xn) - f(y, -x1, x2,..., xn) = -2x1h(y, x2,..., x2 ).

1 n Значит, h(y, x2,..., x2 ) = f(y, -x1, x2,..., xn) = 1 n 2x = (y + x1 ± x2 ±... ± xn) = 2x = 2x1 + (x2 ± x2) +... + (xn ± xn) ;

2xпри записи последнего равенства мы воспользовались тем, что y = x1 +... + + xn. Значит, одно из выражений 2x1 + (x2 ± x2) +... + (xn ± xn) обращается в нуль. Но x1 > 0, а xk ± xk 0. Значит, h(y, x2,..., x2 ) = 0.

1 n 6.20. Применим индукцию по k. Сначала рассмотрим случай k = 2. Пред положим, что p2 = a + b p1, где числа a и b рациональны. Задача 6.16 в) показывает, что ab = 0. После возведения в квадрат получаем p2 = a2 + + 2ab p1 + b2p1, а значит, число p1 рационально, чего не может быть.

Глава 6. Рациональные и иррациональные числа Предположим теперь, что pk+1 = a + b pk, где a и b выражаются че рез p1,..., pk-1. Если b = 0, то получаем, что pk+1 выражается через p1,..., pk-1, что противоречит предположению индукции. Если a = 0, то pk+1 = (a + b pk-1) pk. Если снова a = 0 и т.д., то в конце концов получим pk+1 = r p1... pk, где число r рациональное. Этого не может быть (задача 6.16 в). Поэтому (возможно, после изменения нумерации чисел p1,..., pk) имеем pk+1 = a + b pk, где ab = 0. Значит, pk+1 = a2 + 2ab pk + b2pk, pk+1 - a2 - pkbт.е. pk =. Избавившись от иррациональности в знаменателе 2ab (задача 6.8), мы получим выражение pk через p1,..., pk-1, что противоречит предположению индукции.

6.21. Пусть m+n p = m1 +n1 p, причём числа m, n, m1 и n1 рациональ m - mные. Если m1 = m или n1 = n, то p =. Это равенство выполняться n1 - n не может, поскольку p иррациональное число.

6.22. Применим индукцию по n. Легко проверить, что z1 z2 = z1z2, т. е.

если (a+b p)(c+d p) = A+B p, то (a-b p)(c-d p) = A-B p. Следова тельно, если (a+b p)(An+Bn p) = An+1+Bn+1 p, то (a-b p)(An-Bn p) = = An+1 - Bn+1 p.

6.23. О т в е т: 9. Пусть (2 + 3)n = An + Bn 3, где An и Bn нату ральные числа. Согласно задаче 6.22 (2 - 3)n = - Bn 3. Поэтому (2 + An + 3)n + (2 - 3)n натуральное число. Но 2 - 3 0, 2679 < 0, 3, поэтому (2 - 3)1000 0, 0... (и дальше идёт ещё несколько нулей).

6.24. Если для рациональных чисел x, y, z и t выполняется указанное равенство, то согласно задаче 6.22 для тех же самых чисел должно выполняться равенство (x - y 2)2 + (z - t 2)2 = 5 - 4 2.

Но 5 - 4 2 < 0, а (x - y 2)2 + (z - t 2)2 0.

6.25. В самом пусть (5 3 2)m = (3 + 5 2)n. Тогда согласно заделе, + даче 6.22 (5 - 3 2)m = (3 - 5 2)n. Прийти к противоречию теперь мож но разными способами. Во-первых, можно заметить, что |5 - 3 2| < 1 и |3 - 5 2| > 1. Во-вторых, можно перемножить равенства (5 + 3 2)m = (3 + + 5 2)n и (5 - 3 2)m = (3 - 5 2)n; в результате получим 7m = (-41)n.

6.26. а) Если ( 2 + 1)n = x 2 + y, то согласно 6.22 ( 2 - 1)n = задаче = (-1)n(1- 2)n = (-1)n(y +x = (-1)n( y2 - 2x2). При этом y2 -2x2 = 2) = (y + x 2)(y x 2) = (1 2)n(1 - 2)n = (-1)n. Таким образом, если - + n то ( - 1)6n = y2 - 2x2 и y2 - 2x2 = 1, а если n нечётно, то чётно, ( 2 - 1)6n = 2x2 - y2 и 2x2 - y2 = 1.

б) Равенства (a m ± b m - 1)(c m ± d m - 1) = acm + bd(m - 1) ± (ad + bc) m(m - 1), (a ± b m(m - 1))(c m ± d m - 1) = ac + bd(m - 1) m ± (ad + bcm) m - 76 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа показывают, что ( m ± m - 1)n = a m ± b m - 1 при нечётном n и ( m ± m - 1)n = a ± b m(m - 1) чётном n (a и b натуральные при числа). В обоих случаях получаем ( m ± m - 1)n = x ± y, где x и y натуральные числа (x = a2m и y = b2(m - 1) при нечётном n, x = a2 и y = b2m(m 1) при чётном n). При этом x - y = ( x - y)( x + y) = - n = ( m - m - 1)( m + m - 1) = 1.

6.27. + (1 - 3)2n+1 целое, Число (1 + 3)2n+1 причём -1 < (1 - 3)2n+1 < 0. Поэтому [(1 + 3)2n+1] = (1 + 3)2n+1 + (1 - 3)2n+1.

Равенство (1 ± 3)2 = 2(2 ± 3) показывает, что (1 + 3)2n+1 + (1 - 3)2n+1 = 2n (1 + 3)(2 + 3)n + (1 - 3)(2 - 3)n.

Ясно, что (1 ± 3)(2 ± 3)n = a ± b 3, где a и b некоторые натуральные числа. Достаточно доказать, что число a нечётное. Равенство a2 - 3b2 = -показывает, что числа a и b одной чётности. Эти числа не могут быть оба чётными, поскольку тогда число a2 - 3b2 делилось бы на 4.

a c a a a + 6.28. Можно считать, что <. Неравенство <, которое b d b b - 1 b выполняется при a + 1 b, показывает, что b = d, т.е. знаменатели двух соседних дробей не могут быть одинаковыми.

Докажем требуемое утверждение индукцией по n. При n = 3 получаем 1 1 числа,, ; для них утверждение легко проверяется. Предположим, что 3 2 утверждение доказано для n - 1. При переходе от n - 1 к n к старому набору k чисел добавляются некоторые числа вида. Согласно сделанному выше заn a k c мечанию два новых числа не могут быть соседними, поэтому < <, где b n d a c и соседние числа из старого списка. Нужно доказать, что оба числа b d A = kb-an и B = cn-kd равны 1 (ясно, что эти числа положительны). Предположим, что одно из них больше 1. Тогда b+d < bB+dA = (bc-ad)n = n, поa a + c c скольку bc - ad = 1 по предположению индукции. Неравенство < < b b + d d a c показывает, что числа и не могут быть соседними. Приходим к противоb d речию.

6.29. Согласно задаче 6.28 bx - ay = 1 и cy - dx = 1. Решая эту систему a + c b + d линейных уравнений относительно x и y, получаем x = и y =.

bc - ad bc - ad a a + c c a + c 6.30. Ясно, что < <. Поэтому если b + d n, то дробь вхоb b + d d b + d дит в последовательность Фарея Fn, причём она расположена между дробями a c и b d 1 1 1 6.31. О т в е т: ± при нечётном n; ± при чётном n.

2 2n 2 2n - n ± При нечётном n числитель и знаменатель дроби можно сократить 2n n - 1 ± на 2; при чётном n то же самое верно для дроби. Поэтому указанные 2n - Глава 6. Рациональные и иррациональные числа a c в ответе дроби входят в последовательность Фарея. Если < соседние b d c a bc - ad дроби в последовательности Фарея, то - = =. Если b = d b bd bd 1 и d n, то. В случае нечётного n доказательство завершено. А в bd 2n a случае чётного n достаточно убедиться, что если =, то d = n. Но если b 2n a = 1, b = 2 и d = n, то 1 = bc - ad = 2c - n, поэтому n нечётно.

6.32. а) Если дробь p/q входит в последовательность Фарея, то и дробь (q - тоже входит, поскольку НОД(q - p, q) = НОД(p, q). Поэтому p = p)/q = (q - p), т.е. 2 p = q, что и требовалось.

- p p p q б) Аналогично а) получаем =, т.е. 2 = 1. Последняя q q q сумма равна количеству членов в последовательности Фарея.

6.33. Дробь p/q входит в последовательность Фарея, если 1 p < q n и НОД(p, q) = 1. Поэтому при фиксированном q > 1 количество вида членов n p/q равно (q). Следовательно, количество всех членов равно (q).

q=6.34. Докажем сначала, что из (1) следует (2). Количество значений x, n для которых [x] n, равно +, где 0 <. Количество значений y, n 1 n n для которых [y] n, равно + µ, где 0 µ <. По условию + + + 1 + µ = n. Поэтому при n получаем + = 1. Если бы число было p p рациональным, то из этого равенства мы получили бы = и =, q p - q где p > q натуральные числа. Но тогда [q] = p = [(p - q)]. Приходим к противоречию, поэтому иррационально.

Докажем теперь, что из (2) следует (1). Число [k] меньше n в точности n при k = 1, 2,...,. Число [k] меньше n в точности при k = 1, 2,..., n n n. Поэтому среди рассматриваемых чисел встречается ровно + 1 чисел, меньших n. Из соотношения + = 1 и иррациональности чисел n n и следует, что + = n - 1. Поэтому среди рассматриваемых чисел встречается 0 чисел, меньших 1; 1 число, меньшее 2; 2 числа, меньших 3, и т.д. Чтобы получить количество чисел, равных n, нужно из количества чисел, меньших n + 1, вычесть количество чисел, меньших n. В результате получим 1.

6.35. Можно считать, что 1 < <... < k (неравенства строгие, потому что иначе возникли бы повторения). Число 1 встречается ровно один раз, поэтому [] = 1, т.е. = 1 +, где 0 < < 1.

Пусть [p] = n. Тогда p< n + 1. Поэтому (p + 1)= p1 + < n + + 1 + 1 + < n + 3, а значит, [(p + 1)] n + 2. Таким образом, между 78 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа соседними членами последовательности [], [],... не могут встретиться два последовательных натуральных числа.

Пусть m наименьшее натуральное число, не встречающееся в последовательности [], [],... Тогда [] = 1, [] = 2,..., [(m - 1)1 - 1 и ] = m [m] = m + 1. Поэтому (m - 1)1 < 1 и m1 1. Ясно также, что m = [], поскольку 2 3 k < <... <. Таким образом, = m +, где 0 < 1.

Пусть x произвольное натуральное число, не встречающееся в последовательности [], [],... Тогда x = [p] + 1 и [(p + 1)] > [p] + 1.

Последнее неравенство эквивалентно тому, что [p + 1 + (p + 1)] > [p + p] + + 1, т.е. [(p + 1)] > [p]. Таким образом, p < q (p + 1) для некоторого натурального числа q.

Ясно, что (p + m - 1) = p + (m - 1) < q + 1 и (p + m + 1) = (p + 1) + + m q + 1. Возможны два случая.

(1) (p + m) q + 1. В этом случае (p + m - 1) < q + 1 (p + m).

(2) (p + m) < q + 1. В этом случае (p + m) < q + 1 (p + m + 1).

Следующее за x натуральное число, не встречающееся в последовательности [], [],..., равно [p ] + 1, где p < q (p + 1), причём q наименьшее возможное натуральное число, большее q. Мы видим, что в качестве q можно взять q + 1. При этом в случае (1) p = p + m - 1, а в случае (2) p = p + m. Следовательно, в случае (1) [p ] + 1 = p + m - 1 + [(p + m - 1)] + + 1 = p + m + q, а в случае (2) [p ]+ 1 = p + m + [(p + m)]+ 1 = p + m + q + 1.

Напомним, что x = [p] + 1 = p + [p] + 1 = p + q. Поэтому следующее за x число, не встречающееся в последовательности [], [],..., равно x + m или x + m + 1.

Pages:     | 1 |   ...   | 7 | 8 || 10 | 11 |   ...   | 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.