«ЗАД АЧИ П О АЛГЕ БР Е, АР И Ф МЕ Т И КЕ И АН АЛИ ЗУ Учебное пособие Москва Издательство МЦНМО 2007 УДК 512.1+517.1+511.1 ББК 22.141+22.161 П70 Прасолов В. В. П70 Задачи по алгебре, арифметике и анализу: Учебное пособие. ...»

1.28. Докажите, что если числа p1, p2, q1, q2 удовлетворяют неравенству (q2 q1 )2 + (p1 p2 )(p1 q2 q1 p2 ) < 0, то квадратные трёхчлены x2 + p1 x + q1 и x2 + p2 x + q2 имеют вещественные корни и между корнями каждого из них лежит корень другого.

1.1. При x > 0 данное неравенство эквивалентно неравенству x2 2x + 1 0, т. е. (x 1)2 0.

1.2. а) Квадратный трёхчлен x2 x принимает наименьшее значение при x = 1/2; оно равно 1/4.

б) Квадратный трёхчлен x2 ax принимает наименьшее значение при x = a/2; оно равно a2 /4.

1/4. Поэтому 1.4. Ясно, что f(x) = nx2 2(a1 +... + an )x + a2 +... + a2. Этот квадратный трёхчлен принимает наименьшее значение при x = можно написать для 1/y и 1/z. Согласно задаче 1.2 y/x + x/y 2.

Написав ещё два аналогичных неравенства, получим требуемое.

1.6. Пусть точка (x, y) лежит на прямой ax + by + c = 0. Тогда Минимальное значение полученного квадратного трёхчлена равно Поэтому согласно задаче 1.2 б) 1.8. а) Пусть для определённости a b c. Тогда при x = b левая часть уравнения принимает значение (b c)(b a) 0. А при очень больших x левая часть положительна, поэтому уравнение имеет вещественный корень.

б) Достаточно заметить, что дискриминант рассматриваемого в а) уравнения неотрицателен.

1.9. Квадратный трёхчлен (a1 x + b1 )2 +... + (an x + bn )2 неотрицателен при всех x, поэтому его дискриминант неположителен.

Вычислив дискриминант, получаем требуемое.

1.10. Рассмотрим квадратный трёхчлен f(x) = x2 + bx + ac. По сматриваемый квадратный трёхчлен имеет два вещественных корня. Следовательно, его дискриминант D = b2 4ac положителен.

1.11. а) О т в е т:. Пусть отрезок разделён на два отрезка длиной y и z, причём y < z. Мы имеем золотое сечение тогда и только тогда, когда = = x, где x — искомое число. Для x получаем уравнение x(x + 1) = = 1. Решая его и отбрасывая отрицательный корень, получаем x = +.

б) Пусть ABC — треугольник с углами A = 36, B = C = 72.

Пусть, далее, a = BC и b = AC. Проведём в этом треугольнике биссектрису BK. Тогда KBC = 36, поэтому треугольник BCK тоже равнобедренный с углом при основании 72. Кроме того, AK = KB, венство записывается в виде = Следовательно, =, что и требовалось.

1.12. Предположим сначала, что квадратный трёхчлен f(x) = = ax2 + bx + c принимает целые значения при всех целых x. Тогда, в частности, число f(0) = c целое. Числа f(±1) c = a ± b тоже целые. Значит, число 2a = (a + b) + (a b) целое.

Предположим теперь, что числа 2a, a + b и c целые. Тогда число x(ax + b) целое при чётном x. А если x = 2k + 1, то число ax + b = = 2ka + a + b целое.

1.13. Из условия следует, что если x x0, то x2 + ax + b > и x2 + cx + d > 0. Поэтому если x > x0, то 2x2 + (a + c)x + (b + d) > 0.

1.14. Если уравнение с целыми коэффициентами x2 + p1 x + q1 = = 0 имеет нецелый корень x1, то этот корень иррациональный.

Действительно, пусть x1 = m/n — несократимая дробь. Тогда m2 + + p1 mn + q1 n2 = 0, поэтому m2 делится на n. Но по предположению числа m и n взаимно простые. Значит, число x1 целое. Получаем противоречие, следовательно, x1 — иррациональное число.

Таким образом, данные уравнения имеют общий корень x1 =a+ + b, где числа a и b рациональные, а число b иррациональное.

Согласно теореме Виета второй корень первого уравнения равен p1 a b и при этом q1 = (a + b)(p1 a b). Следовательно, q1 = (p1 2a) b + r, где число r = 1 a2 b рациональное.

Поэтому p1 = 2a и q1 = (a + b)(a b) = a2 b. Аналогично для чисел p2 и q2 мы получаем те же самые выражения.

1.15. Предположим, что a > 0. Тогда при больших положительных p дискриминант D = b2 4ac 4ap отрицателен, поэтому данное уравнение вообще не имеет действительных корней. Предположим, что a < 0. Тогда при больших положительных p произc+p ведение корней, равное, отрицательно.

1.16. а) Ясно, что a 0 и c 0. Рассмотрим значения x, равные 1, 2,..., n. Если одно из чисел a или b отлично от нуля, то трёхчлен ax2 + bx + c при таких x принимает по крайней мере n/2 различных значений. Эти значения заключены между 0 и an2 + |b|n + c. Количество различных точных четвёртых степеней, заключённых между 0 и an2 + |b|n + c, не превосходит an2 + |b|n + c + 1. Поэтому 4 an2 + |b|n + c + 1 n/2, т. е. an2 + + |b|n + c (n/2 1)4. При очень больших n такое неравенство выполняться не может, поскольку (n/2)4 будет гораздо больше, б) Пусть f(x) = ax2 + bx + c. Тогда поэтому lim (f(x+ 1) f(x)) = a. При целом x число f(x+ 1) f(x) является целым, поэтому a = d, где d — целое число. Кроме того, при целых x x0 разность f(x + 1) f(x) должна быть равна своему предельному значению d. Положим y = x0 + n. Тогда f(y) = f(x0 ) + nd при всех натуральных n. Таким образом, для всех y = x0 + n, n — натуральное. Но тогда такое равенство имеет место для всех y. Итак, d = a и e = f(x0 ) dx0, где x0 — любое целое число.

1.17. Согласно теореме Виета x1 + x2 = a и x1 x2 = b. При n = и n = 2 требуемое равенство имеет вид x1 + x2 = a и = a2 b. Второе равенство легко проверяется. Предположим, что требуемое равенство доказано для всех натуральных чисел, не превосходящих n 1, где n 3. Тогда Заменив m + 1 на m, вторую сумму можно переписать в виде Далее, В результате получаем требуемое.

1.18. Если у квадратного трёхчлена нет корней, то все его значения одного знака. Если у квадратного трёхчлена ровно один корень, то все его значения одновременно неотрицательны или неположительны. Если квадратный трёхчлен имеет корни x1 и x2, где x1 < x2, то его значения при x < x1 и при x > x2 имеют один знак, а при x1 < x < x2 — другой знак. Поэтому если квадратный трёхчлен в двух точках принимает значения разных знаков, то между этими точками лежит x1 или x2.

1.19. Пусть f(x) = x2 2ax 2b. По условию 2 = a b Значит, f( )f( ) 0. Поэтому на отрезке [, ] лежит по крайней мере один корень квадратного уравнения x2 2ax 2b = 0.

1.20. Пусть квадратный трёхчлен f(x) имеет вещественные корни x1 и x2 = x1 + n + a, где a 0. Для определённости будем считать, что коэффициент при x2 положителен. Положим x0 = x1 + a/2. Тогда x0 x1 и x0 + n x2. Поэтому f(x0 ) + f(x0 + 1) +... + f(x0 + n) < 0.

У квадратного трёхчлена f(x) +... + f(x + n) коэффициент при x положителен, поэтому при достаточно больших x он принимает 1.21. При x = x1 и x = x2 трёхчлен x2 + bx + c принимает значения ax2 /2 и 3ax2 /2. Эти значения имеют разные знаки, поэтому один из корней трёхчлена расположен между x1 и x2.

1.22. Предположим, что |f(x)| < 1/2 при |x| 1. Квадратный трёхчлен g(x) = x2 1/2 в точках ±1 и 0 принимает значения 1/2 и 1/2. Поэтому f(±1) < g(±1) и f(0) > g(0). Значит, графики функций f и g пересекаются по крайней мере в двух точках: одна точка пересечения лежит на отрезке [1, 0], а вторая — на отрезке [0, 1].

Покажем, что графики функций f и g пересекаются лишь в одной точке. Из равенства x2 + ax + b = x2 1/2 следует, что ax + b = 1/2. Условие f(0) > g(0) означает, в частности, что b = 1/2. Поэтому уравнение ax + b = 1/2 имеет единственное решение.

1.23. Достаточно доказать, что ax2 + bx + c x2 1/2 (для многочлена ax2 bx c можно применить аналогичное неравенство).

Пусть f(x)=ax2 +bx+c и g(x)=x2 1/2. Тогда f(0) g(0)=1/ и f(±1) g(±1) = 1/2. Поэтому графики функций f и g имеют две общие точки над отрезком [1, 1], а больше двух общих точек они иметь не могут (если только f и g не совпадают тождественно).

Если f(±1) < g(±1), то неравенство f(x) < g(x) будет выполняться и при |x| 1. Нужно лишь более аккуратно рассмотреть случай, когда f(1) = g(1) или f(1) = g(1). Неприятности могли бы возникнуть, например, если f(1) = g(1) и f(x) g(x) при всех x, достаточно близких к 1. Но тогда квадратный трёхчлен f(x) g(x) строго положителен при x = 1. В частности, f(1) > g(1), чего не может быть.

1.24. Согласно задаче 1.23 |ay2 + by + c| 2y2 1 при |y| 1.

Положим y = 1/x. Тогда при |y| 1, т. е. при 0 < |x| 1. Для x = 0 неравенство тоже выполняется, поскольку оно выполняется для всех x, близких к нулю.

1.25. Предположим, что точка (x0, y0 ) принадлежит конике Любая прямая, проходящая через точку (x0, y0 ), задаётся уравнением y y0 = k(x x0 ) (или уравнением x = x0, что соответствует k = ). Найдём вторую точку пересечения прямой и коники. Для этого подставим уравнение прямой в уравнение коники (т. е. заменим в уравнении коники y на k(x x0 ) + y0 ) и вычислим коэффициенты A и B при x2 и x (свободный член C нас интересовать не будет):

Рассматриваемая прямая является касательной к конике тогда и только тогда, когда она пересекает конику только в точке (x0, y0 ).* Эквивалентное условие таково: 2x0 = B/A, т. е.

Таким образом, уравнение касательной имеет вид По условию точка (x0, y0 ) принадлежит конике, т. е. ax2 + bx0 y0 + + cy2 + dx0 + ey0 + f = 0. Воспользовавшись этим равенством, уравнение касательной можно записать в другом виде:

1.26. Непосредственно следует из задачи 1.25.

1.27. Пусть x1 — общий корень данных уравнений. Вычитая одно уравнение из другого, получаем (p1 p2 )x1 = q2 q1. Если выражение для x1 в любое из двух квадратных уравнений, получим требуемое соотношение. При p1 = p2 и q1 = q2 это соотношение тоже выполняется.

Наоборот, пусть (q2 q1 )2 +(p1 p2 )(p1 q2 q1 p2 )=0. Если p1 =p2, то q1 = q2 ; в этом случае уравнения совпадают, поэтому они имеют рить, что x2 + p1 x1 + q1 = 0 и x2 + p2 x1 + q2 = 0.

1.28. Из условия, в частности, следует, что p1 = p2. Положим Это означает, что графики функций f1 (x) = x2 + p1 x + q1 и f2 (x) = = x2 + p2 x + q2 пересекаются в точке (x1, y1 ), где y1 < 0. В таком случае квадратные трёхчлены x2 + p1 x + q1 и x2 + p2 x + q2 имеют вещественные корни и между корнями каждого из них лежит корень другого.

* Это утверждение не совсем точно. Например, прямые x = x0 и y = y пересекают гиперболу xy = 1 в одной точке, но не являются касательными.

Однако на самом деле эти прямые пересекают гиперболу ещё и в бесконечно удалённых точках. С учётом бесконечно удалённых точек утверждение верно.

УРАВНЕНИЯ

2.3. Решите уравнение x4 + ax3 + bx2 ax + 1 = 0.

2.4. Решите уравнение x4 + ax3 + (a + b)x2 + 2bx + b = 0.

2.7. Решите уравнение 2.8. Пусть n > 1 — натуральное число. Найдите все положительные решения уравнения xn nx + n 1 = 0.

В задачах 2.9– 2.15 предполагается, что значения квадратных корней неотрицательны. При этом нас интересуют только вещественные корни уравнений.

2.10. Решите уравнение 2.11. Решите уравнение 2.12. Решите уравнение x + + x = 3.

2.13. Решите уравнение a a + x = x.

2.14. Решите уравнение 2.15. Решите уравнение 3 1 x + 3 1 + x = p, где p — произвольное вещественное число.

2.16. Решите уравнение 2.17. Решите уравнение x3 [x] = 3, где [x] означает наибольшее целое число, не превосходящее x.

2.1. Положим u = x x 1 и v = x2 3x + 2. Тогда рассматриваемое уравнение запишется в виде u3 +v3 =(u+v)3, т. е. 3uv(u+v)=0.

Остаётся решить три квадратных уравнения x2 x 1 = 0, x2 3x + 2.2. Сделайте замену y = x + 1/x.

2.3. Сделайте замену y = x 1/x.

2.4. Сделайте замену y = 1/x + 1/x2.

2.5. Это уравнение эквивалентно уравнению x4 + 2x3 + x2 2x 1 = 0. Уравнение из задачи 2.4 при a = 2 и b = 1 принимает именно такой вид.

в себя при замене x на 1/x или на 1 x. Поэтому рассматриваемое уравнение имеет корни a, 1/a, 1 a, 1/(1 a), 1 1/a и a/(1 a).

При a > 1 все эти шесть чисел различны. Рассматриваемое уравнение имеет степень 6, поэтому у него не может быть более шести корней.

показывает, что числа k = 1, 2,..., n являются корнями данного уравнения. Больше n корней это уравнение иметь не может, поскольку его степень равна n.

14. Таким образом, получаем уравнение 2y2 14 + y = 5. Перенесём y в правую часть и возведём обе части в квадрат. В результате получим уравнение y2 + 10y 39 = 0. Его корни 3 и 13. Но y 0, поэтому остаётся только корень y=3, которому соответствует x = 5. Легко проверить, что x = 5 действительно является корнем рассматриваемого уравнения.

2.10. Ясно, x = ±1. Поэтому можно поделить обе части уравнения на m 1 x2 = m (1 x)(1 + x). В результате получим уравнение Положим z = 2.11. Выражение в левой части при увеличении x возрастает, а выражение в правой части убывает. Поэтому уравнение имеет не более одного решения. Легко p + 3 + x < 3. Остаётся только корень x = 1.

2.13. Избавляясь от радикалов, приходим к уравнению Относительно a это уравнение квадратное. Решая его, получаем два решения:

Решая эти квадратные уравнения относительно x, получаем четыре решения: r Поэтому исходное уравнение можно записать в виде (все корни мы считаем положительными). Рассмотрим по очереди все возможные случаи.

уравнение имеет единственное решение x = 10.

получаем тождество, т. е. если 5 x 10, то x является корнем данного уравнения.

единственное решение x = 5.

Случай, когда x 1 2 0 и x 1 3 0, очевидно, невозможен.

2.15. Возведём обе части уравнения в куб:

Затем подставим вместо 3 1 x + 3 1 + x. В результате получим уравнение 2 + 3p 1 x2 = p, откуда Эта формула имеет смысл при p = 1 и 0 < p 2. Но при этом мы применяли неэквивалентные преобразования: потерять корни мы не могли, но могли приобрести лишние корни.

Проанализируем более детально наши преобразования. Положим u = 3 1 x, v = 3 1 + x. Возведём обе части уравнения u + v = p в куб (это эквивалентное преобразование). В результате получим u3 + v3 + 3uv(u + v) = p3. Подставим p вместо u + v. В результате получим u3 + v3 + 3uvp = p3, т. е. (u + v)3 p3 3uv(u + v p) = 0.

Запишем (u + v)3 p3 по формуле для разности кубов: a3 b3 = = (a b)(a2 + ab + b2 ). Вынеся (u + v p) за скобку, получим уравнение Лишние корни могут быть связаны только с уравнением Итак, лишние корни могут получиться, только если u = v = p, т. е. 3 1 x = 3 1 + x = p. Эта система уравнений имеет единственное решение x = 0, p = 1. Корень x = 0 при p = 1 действительно лишний.

Если x 2, получаем тождество.

Если 1 x < 2, получаем уравнение 4x = 8, которое не имеет корней на данном интервале.

Если 0 x < 1, получаем уравнение 2x = 2, которое не имеет корней на данном интервале.

Если 1 x < 0, получаем 0 = 2, чего не может быть.

Если x < 1, получаем корень x = 2.

Пусть [x] = n и x = n +, где 0 < 1. Данное уравнение записывается в виде x3 x + = 3. Неравенство 0 < 1 показывает, что 2 0, x2 > 0, x3 > 0, x4 > 0, x5 > 0) системы уравнений 3.4. Количество решений системы уравнений 3.16. Система уравнений второго порядка имеет, вообще говоря, четыре решения. При каких значениях a число решений системы уменьшается до трёх или до двух?

3.5. Линейные системы уравнений 3.17. Решите систему 3.18. Решите систему уравнений 3.19. Пусть a, b, c — попарно различные числа. Решите систему уравнений 3.20. Пусть a1,..., an — попарно различные числа. Докажите, что система линейных уравнений имеет только нулевое решение.

3.21. Найдите все решения системы уравнений где n = 1, 2, 3, 4,...

3.22. Дано 100 чисел a1, a2, a3,..., a100, удовлетворяющих следующим условиям:

Докажите, что все числа ai равны между собой.

3.23. Решите систему 3.24. Докажите, что система уравнений имеет хотя бы одно положительное решение (x1 > 0, x2 > 0, x3 > 0, x4 > 0) тогда и только тогда, когда |a| + |b| < 1.

3.25. Имеется система уравнений Два человека поочерёдно вписывают вместо звёздочек числа. Докажите, что начинающий всегда может добиться того, чтобы система имела ненулевое решение.

3.1. Данная система линейна относительно неизвестных x1 = yz, y1 = xz, z1 = xy. Чтобы найти x1, нужно сложить два последних уравнения и вычесть из них первое уравнение. В результате получим x1 = (32+ 27 35)/2= 12. После этого находим y1 = 15 и z1 = 20.

= 25, т. е. x = ±5. Кроме того, y = 20/x = ±4 и z = 15/x = ±3. В итоге получаем два решения (5, 4, 3) и (5, 4, 3).

3.2. Данную систему можно переписать в виде x1 y1 = 20, y1 z1 = = 12, x1 z1 = 15, где x1 = x + 1, y1 = y + 1, z1 = z + 1. Поэтому (x1, y1 , z1 ) = (5, 4, 3) или (5, 4, 3), т. е. (x, y, z) = (4, 3, 2) или (6, 5, 4).

3.3. Вычтя из первого уравнения второе, получим 2(y x) = = y2 x2 = (y x)(y + x). Значит, либо = x, либо y + x = 2.

шения: (1 + 5, 1 + 5), (1 5, 1 5), (0, 2), (2, 0).

3.4. О т в е т: (0, 0, a), (0, a, 0) и (a, 0, 0).

Тождество (x + y + z)2 (x2 + y2 + z2 ) = 2(xy + yz + xz) показывает, что Тождество (x + y + z)3 (x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y)(y + z)(z + x) показывает, что (x + y)(y + z)(z + x) = 0. Учитывая равенство (1), получаем xyz = (xy + yz + xz)(x + y + z) (x + y((y + z)(z + x) = 0.

Если x = 0, то равенство(1) показывает, что yz = 0. Поэтому либо y = 0 и z = a, либо z = 0 и y = a. Аналогично разбираются остальные варианты. В итоге получаем следующие решения: (0, 0, a), (0, a, 0) и (a, 0, 0).

Пусть n нечётно. Ясно, что x2 = 0, поэтому из первого и второго уравнений получаем x1 = x3. Из второго и третьего уравнений получаем x2 = x4 и т. д. Кроме того, из первого и последнего уравнений получаем xn = x2. В итоге получаем x1 = x3 =... = xn = x2 = = x4 =... = xn1. Поэтому из первого уравнения получаем x2 = 1, т. е. x1 = ±1. Очевидно, что оба указанных в ответе набора значений неизвестных действительно являются решениями системы.

При чётном n точно так же получаем x1 = x3 =... = xn1, x2 = = x4 =... = xn2 и x2 = xn. Очевидно, что такие наборы чисел являются решениями данной системы уравнений.

3.6. Пусть y = kx. Сразу отметим, что k = 1. Из уравнений Это уравнение можно умножить на 1 k. В результате получим откуда k = 3 или 1/3. Поэтому x3 = 1 или x3 = 27. В итоге полуi 3 3 ” 3.7. Рассмотрим сначала случай, когда b = 0. В этом случае последние два уравнения запишутся в виде z = x y и z2 = x2 + y2.

Возведя первое из них в квадрат, получим xy = 0. Значит, x = 0, z = y или y = 0, z = x. Первое уравнение исходной системы при этом выполняется.

Рассмотрим теперь случай, когда b = 0. Воспользуемся тождеством Из первого и второго уравнений следует, что xy + yz + xz x2 y z2 =. Возведя в квадрат уравнение x + y + z = 2b, получим x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz = 4b2. Следовательно, x2 + y2 + z2 = b и xy + yz + xz = b2. Сравнивая первое из этих уравнений с последним уравнением исходной системы, получаем z = 0. Таким образом, x2 + y2 = b2 и xy = b2. Решая эту систему уравнений, 3.8. Запишем эти уравнения следующим образом:

Второе уравнение возведём в квадрат, прибавим к нему третье уравнение, умноженное на 2, и вычтем первое уравнение. В результате получим:

т. е. z= a2 + 1. Теперь второе и третье уравнения записываются так:

Решение этой системы сводится к решению квадратного уравнения; решая его, находим поэтому u2 + 2u = 6 + 2(2 + 3 2) = 10 6 2. Значит, u = 1 ± то (x y)2 (x + y)2 4xy = (4 + 2)2 4(6 + 4 2) < 0. Поэтому x + y = 2 + 2 и xy = 2 2. Эта система уравнений имеет два решения: (x, y) = (2, 2) или ( 2, 2). Оба они являются решениями исходной системы уравнений.

3.10. Из второго уравнения следует, что если x = 0 или ±1, то y = ±1 или 0. Ясно также, что x = 1 и y = 1. Поэтому решений такого вида ровно два: x = 0, y = 1 и x = 1, y = 0. Покажем, что других решений нет.

Нас интересует случай, когда 0 < |x|, |y| < 1. В таком случае |x|3 + |y|3 < x4 + y4 = 1. Поэтому если числа x и y оба положительны, то решений нет. Если оба эти числа отрицательны, то решений тоже нет. Пусть теперь, например, x > 0 и y < 0. Тогда x3 + y3 < x3 < 1.

В этом случае решений тоже нет.

3.11. Из второго уравнения следует, что xy 1. Числа x и y не могут быть оба отрицательны, поскольку их сумма равна 2.

Значит, числа x и y положительны и x + y 2 xy 2, причём равенство x + y = 2 возможно лишь в том случае, когда x = y = 1.

В таком случае z = 0.

3.12. Умножим первое уравнение на y, второе на x и сложим полученные уравнения. В результате получим 2xy 1 = 3y.

В частности, y = 0, поэтому x = +. Подставив это выражение во второе уравнение, после несложных преобразований получим 4y4 3y2 1 = 0. Учитывая, что y2 0, получаем y2 = 1, т. е. y1 = и y2 = 1. Этим значениям y соответствуют x1 = 2 и x2 = 1.

3.13. После циклической перенумерации неизвестных можно считать, что x1 xi (i = 2, 3, 4, 5). Функция f(x) = x5 монотонно возрастающая, поэтому 3x2 = (x4 + x5 + x1 )5 (x3 + x4 + x5 )5 = 3x1.

Значит, x1 = x2 и x3 = x1. Кроме того, 3x4 = (x1 + x2 + x3 ) (x5 + x1 + x2 )5 = 3x3. Значит, x4 = x3 и x5 = x3.

Мы получили, что x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = x. Это число x должно удовлетворять уравнению (3x)5 = 3x. Получаем три решения: x = или ±1/3.

3.14. У рассматриваемой системы есть решение x1 = x2 = x3 = 0.

Ясно также, что если одно из чисел x1, x2, x3 равно нулю, то равны нулю и остальные два числа. Поэтому будем предполагать, что x1 x2 x3 = 0. Тогда уравнения можно записать в виде 1 + =, 1+ =, 1 + 2 =. Сложив эти уравнения, получаем Значит, x1 = x2 = x3 = 1.

3.15. Пусть xmin = xi — наименьшее из чисел x1,..., x5, xmax = = xj — наибольшее. Тогда x2 = xi2 + xi1 2xmin (здесь подраmin зумевается, что x0 = x5 и x1 = x4 ) и x2 = xj2 + xj1 2xmax.

Числа xmin и xmax положительны, поэтому xmin 2 xmax. Следовательно, xmin = xmax = 2.

3.16. О т в е т: число решений уменьшается трёх при a = ±1, число решений уменьшается до двух при a = ± 2.

Из первого уравнения получаем y = ±x. Подставив это выражение во второе уравнение, получим Число решений системы уменьшается до трёх, если одно из решений уравнения (1) обращается в нуль. Подставив в (1) x = 0, получим a2 = 1, т. е. a = ±1. Число решений системы уменьшается до двух, если уравнение (1) имеет единственный корень (т. е. два совпадающих корня). Приравнивая нулю дискриминант уравнения (1), получаем a = ± 2.

Запишем сначала первое уравнение, потом второе, из которого вычтено первое, потом третье, из которого вычтено второе, и т. д.:

Теперь можно последовательно найти x5, x4, x3, x2, x1.

= x5 = 4.

Сложив все уравнения, получим 3(x1 + x2 +... + x8 ) = 0. Затем сложим первое уравнение, четвёртое и седьмое. В результате получим 2x1 + x2 + x3 +... + x8 = 1, а значит, x1 = 1. Остальные неизвестные находятся аналогично.

3.19. Рассмотрим многочлен P(t) = t3 + t2 z + ty + x. Попарно различные числа a, b, c являются корнями многочлена P(t). Поэтому P(t) = (t a)(t b)(t c), а значит, x = abc, y = ab + bc + ca, z = (a + b + c).

3.20. Пользуясь тем, что числа a1,..., an попарно различны, построим многочлен P(t), который равен 0 при t = a2,..., an и раt Запишем многочлен P(t) в виде P(t) = p0 + p1 t +... + pn1 tn1.

Умножим первое уравнение из рассматриваемой системы на p0, второе на p1,..., последнее на pn1. Сложив все эти уравнения, получим P(a1 )x1 + P(a2 )x2 +... + P(an )xn = 0, т. е. x1 = 0. Аналогично доказывается, что x2 = 0,..., xn = 0.

З а м е ч а н и е. Более общее утверждение доказано в решении задачи 10.35.

3.21. О т в е т: y = 3x, z = 2x (x — произвольное число).

Докажем, что указанная бесконечная система уравнений эквивалентна системе двух уравнений:

Во-первых, если мы вычтем из первого уравнения второе уравнение, умноженное на n+2, то получим n-е уравнение исходной следуют указанные два уравнения. Действительно, вычтя из первого уравнения второе, получим x/4 + y/8 + z/16 = 0. Прибавив это уравнение ко второму уравнению, получим x + y + z = 0.

3.22. Сложим все эти неравенства. Коэффициент при ak окажется равным 1 3 + 2 = 0. Таким образом, у нас есть набор неотрицательных чисел a1 3a2 + 2a3,..., сумма которых равна 0.

Значит, каждое из чисел равно 0, т. е. у нас есть система не неравенств, а уравнений. Эти уравнения удобно переписать в виде Из этих уравнений последовательно получаем a2 a3 = (a1 a2 )/2, a2 )/2100. Последнее равенство возможно лишь при a1 = a2. Но тогда a2 = a3, a3 = a4,..., a100 = a1.

= P Коэффициенты aij обладают следующим свойством: |ajj | > > |aij | для каждого j. Пусть x1,..., x7 — решение рассматриваеi=j мой системы. Предположим, что хотя бы одно из чисел x1,..., x отлично от нуля. Пусть xk — наибольшее по абсолютной велиP чине из этих чисел. Тогда |akk xk | > aik xi, поэтому равенство aik xi = 0 не может выполняться. Приходим к противоречию.

i= 3.24. Если a 0, то запишем первое уравнение в виде x1 = x2 + a, а если a < 0, то запишем его в виде x2 = x1 a. Во втором случае сделаем замену x = x2, x = x1. Таким образом, можно считать, что x1 = x2 + a и a 0. Аналогично можно считать, что x3 = x4 + b и b 0.

Поэтому если данная система имеет положительное решение, то 1 = x1 + x2 + x3 + x4 = 2x2 + 2x4 + a + b > a + b (если хотя бы одно из чисел a, b отрицательное, то мы получаем неравенство 1 > |a| + |b|).

Предположим теперь, что a + b < 1, причём числа a и b неотрицательные. Тогда можно положить x2 =x4 =(1ab)/4, x1 =x2 +a, x3 = x4 + b. В результате получим положительное решение данной системы.

3.25. Начинающий первым ходом записывает произвольный коэффициент при z в первом уравнении. Затем на ход второго он отвечает следующим образом. Если второй записывает какой-то коэффициент при x или при y, то первый записывает в том же самом уравнении при y или при x такой же коэффициент. Если же второй записывает какой-то коэффициент при z, то первый записывает произвольный коэффициент при z в оставшемся уравнении. Полученная система имеет решение (1, 1, 0).

ДЕЛИМОСТЬ

4.2. Докажите, что количество различных делителей натурального числа n (включая 1 и само число) нечётно тогда и только тогда, когда это число является полным квадратом.

4.3. Пусть a1,..., a2n+1 — целые числа, b1,..., b2n+1 — те же самые числа, но записанные в другом порядке. Докажите, что хотя бы одно из чисел ak bk, k = 1, 2,..., 2n + 1, чётно.

4.4. Пусть a, b, c — целые числа, причём a = 0. Докажите, что если квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 имеет рациональный корень, то по крайней мере одно из чисел a, b, c чётно.

4.5. Докажите, что многочлен с целыми коэффициентами принимающий при x=0 и x=1 нечётные значения, не имеет целых корней.

4.6. Даны два многочлена от переменной x с целыми коэффициентами. Произведение их есть многочлен от переменной x с чётными коэффициентами, не все из которых делятся на 4. Докажите, что в одном из многочленов все коэффициенты чётные, а в другом — хотя бы один нечётный.

4.7. В числовом треугольнике каждое число равно сумме чисел предыдущей строки, расположенных над этим числом и над его соседями справа и слева (если таких чисел нет, то они считаются равными нулю):

Докажите, что в каждой строке, начиная с третьей, найдутся чётные числа.

4.2. Алгоритм Евклида и основная теорема арифметики Натуральное число p > 1 называют простым, если его нельзя представить в виде произведения двух натуральных чисел, каждое из которых отлично от 1. Натуральное число n > 1 называют составным, если оно не простое. Если натуральное число n составное, то n = n1 n2, где n1 < n и n2 < n. Поэтому любое натуральное число n > 1 можно разложить на простые множители.

Это утверждение составляет лёгкую часть так называемой основной теоремы арифметики. Трудная часть основной теоремы арифметики — однозначность такого разложения (с точностью до перестановки множителей). Чтобы её доказать, можно воспользоваться алгоритмом Евклида, который часто бывает полезен и в других ситуациях.

Пусть a и b — натуральные числа, причём a b. Тогда существуют целые неотрицательные числа q и r, для которых b = qa + r и r < a (деление с остатком). Алгоритм Евклида заключается в следующем. Пусть a0 и a1 — натуральные числа, причём a0 a1. Поделим a0 на a1 с остатком: a0 = q1 a1 + a2 ;

затем поделим a1 на a2 с остатком: a1 = q2 a2 + a3 и т. д. В конце концов получим ak1 = qk ak. Все числа a0, a1,..., ak имеют вид ma0 + na1, где m и n — целые числа. Поэтому, в частности, ak делится на любой общий делитель чисел a0 и a1. С другой стороны, ak2 = qk1 ak1 + ak = (qk1 qk + 1)ak и т. д., поэтому числа a и a1 делятся на ak. Это означает, что ak — наибольший общий делитель чисел a0 и a1. В частности, наибольший общий делитель чисел a0 и a1 можно представить в виде ma0 + na1, где m и n — целые числа. Алгоритм Евклида — это алгоритм нахождения наибольшего общего делителя двух чисел. Наибольший общий делитель чисел a и b мы будем обозначать НОД(a, b).

4.8. Пусть bc делится на a и НОД(a, b) = 1. Докажите, что c делится на a.

4.9. Докажите основную теорему арифметики.

4.10. Докажите, что дробь несократима ни при каких натуральных n.

4.11. Последовательность натуральных чисел a1, a2,...

такова, что НОД(am, an ) = НОД(amn, an ) для любых m > n.

Докажите, что НОД(am, an ) = ad, где d = НОД(m, n).

4.12. Докажите, что для любого натурального a и любых натуральных m и n НОД(am 1, an 1) = ad 1, где d = НОД(m, n).

4.3. Разложение на простые множители 4.13. Пусть p/q — несократимая дробь, p и q — натуральp 2 q ные простые делители числа q. Докажите, что f — взаимно однозначное отображение множества положительных рациональных чисел на множество всех натуральных чисел.

4.14. Пусть an an1... a1 a0 — десятичная запись некоторого числа.

а) Докажите, что это число делится на 3 тогда и только тогда, когда a0 + a1 +... + an делится на 3.

б) Докажите, что это число делится на 9 тогда и только тогда, когда a0 + a1 +... + an делится на 9.

в) Докажите, что это число делится на 11 тогда и только тогда, когда a0 a1 + a2 a3 +... + (1)n an делится на 11.

4.15. В десятичной записи целого числа есть 300 единиц, а остальные цифры — нули. Может ли это число быть полным квадратом?

4.16. Имеются семь жетонов с цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

Докажите, что ни одно семизначное число, составленное посредством этих жетонов, не делится на другое.

4.17. Пусть an an1... a1 a0 — десятичная запись некоторого числа. Заменим это число на an an1... a1 + 2a0. Полученное число снова преобразуем по такому же правилу и т. д.

до тех пор, пока не получится число, не превосходящее 19.

Докажите, что исходное число делится на 19 тогда и только тогда, когда в итоге получается 19.

4.18. Пусть an an1... a1 a0 — десятичная запись некоторого числа. Заменим это число на an an1... a1 2a0. Докажите, что исходное число делится на 7 тогда и только тогда, когда полученное число делится на 7.

б) Докажите, что (Общая формула приведена в задаче 14.26.) в) Докажите, что 4.20. Докажите, что НОД(a, НОД(b, c)) = НОД(НОД(a, b), c) = НОД(a, b, c).

4.22. Натуральные числа a и b взаимно просты. Докажите, что НОД(a + b, a2 + b2 ) = 1 или 2.

4.23. Докажите, что наибольший общий делитель суммы двух чисел и их наименьшего общего кратного равен наибольшему общему делителю самих чисел.

4.24. Докажите, что наименьшее общее кратное n натуральных чисел a1 < a2 <... < an не меньше na1.

4.25. Функция f(a, b), определённая для всех натуральных a и b, обладает следующими свойствами: (1) f(a, a) = a;

(2) f(a, b) = f(b, a); (3) (a + b)f(a, b) = bf(a, a + b). Докажите, что f(a, b) = НОК(a, b).

4.26. Дано несколько натуральных чисел, каждое из которых меньше натурального числа N 4. Наименьшее общее кратное любых двух из них больше N. Докажите, что сумма обратных величин этих чисел меньше 2.

4.27. Докажите, что 72n 52n делится на 24.

4.28. Докажите, что — целое число для любого натурального n.

4.29. При каких целых n число 20n + 16n 3n 1 делится на 323?

4.30. Докажите, что если при любом натуральном k = b число a kn делится на b k, то a = bn. (Здесь a, b, n — фиксированные натуральные числа.) 4.31. Докажите, что если 2n 2 делится на n, то 22 делится на 2n 1.

4.32. Пусть a, b, m и n — натуральные числа, причём a взаимно просто с b и a > 1. Докажите, что am + bm делится на an + bn тогда и только тогда, когда m = kn, где k — нечётное число.

4.33. а) Докажите, что число 1/2+1/3 +...+1/n не может быть целым.

и n — натуральные числа, не может быть целым.

4.34. Докажите, что следующие числа являются целыми:

(2m + 3n)! (m + 2n)! m! (n!)2 (m + n)!

4.7. Делимость на степень простого числа 4.35. Сколькими нулями оканчивается произведение всех целых чисел от 1 до 100 включительно?

4.36. Пусть p — простое число и a — наибольшее целое число, для которого n! делится на pa. Докажите, что 4.37. Докажите, что n! не делится на 2n.

4.38. Найдите наибольшую степень двойки, на которую делится число (n + 1)(n + 2) ·... · 2n.

4.39. Найдите все натуральные n, для которых и — конечные десятичные дроби.

4.40. а) Докажите, что для любого нечётного числа a и любого натурального числа m существует бесконечно много натуральных чисел k, для которых ak 1 делится на 2m.

б) Докажите, что для любого нечётного числа a существует лишь конечное число натуральных чисел m, для которых am 1 делится на 2m.

4.41. Найдите все натуральные числа m, для которых:

а) 3m 1 делится на 2m ; б) 31m 1 делится на 2m.

4.42. Какие остатки может давать квадрат целого числа при делении на: а) 3, б) 4, в) 5, г) 8?

4.43. Найдите наименьшее натуральное число, которое:

а) При делении на 5 даёт остаток 4, при делении на 6 — остаток 5, а при делении на 7 — остаток 6.

б) При делении на 5 даёт остаток 4, при делении на 6 — остаток 5, а при делении на 8 — остаток 7.

4.44. Найдите число, которое:

а) При делении на 5 даёт остаток a, а при делении на 6 — остаток b.

б) При делении на 5 даёт остаток a, при делении на 6 — остаток b, а при делении на 7 — остаток c.

4.45. а) Число n при делении на 4 даёт остаток 3. Докажите, что n нельзя представить в виде суммы двух квадратов целых чисел.

б) Число n при делении на 8 даёт остаток 7. Докажите, что n нельзя представить в виде суммы трёх квадратов целых чисел.

4.46. Найдите четырёхзначное число, которое при делении на 131 даёт в остатке 112, а при делении на 132 даёт в остатке 98.

4.47. Допишите к 523... три цифры так, чтобы полученное шестизначное число делилось на 7, 8 и 9.

4.48. Найдите остаток от деления на 7 числа 4.49. Пусть числа m1,..., mk попарно взаимно простые и m=m1... mk. Докажите, что для любых целых чисел a1,...

..., ak система сравнений x ai (mod mi ), где i = 1,...

..., k, имеет решение, причём если x1 и x2 — два решения, то x1 x2 делится на m (китайская теорема об остатках).

4.50. Найдите все натуральные числа n, для которых 2n 1 делится на 7.

4.51. Пусть p — простое число. Предположим, что дано r натуральных чисел a1,..., ar, меньших p. Докажите, что если r < p, то из данных чисел можно составить по крайней мере r + 1 сумм, дающих разные остатки при делении на p (допускается и сумма «пустого множества» слагаемых, которая считается равной нулю).

4.52. Докажите, что из любых 2n 1 целых чисел можно выбрать ровно n чисел, сумма которых делится на n.

Натуральные числа m и n называют взаимно простыми, если НОД(m, n) = 1.

4.53. Докажите, что ни для какого натурального n число n(n + 1) не может быть степенью натурального числа.

4.54. а) Докажите, что каково бы ни было целое число n, среди чисел n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4 есть хотя бы одно число, взаимно простое с остальными четырьмя числами.

б) Докажите, что каково бы ни было целое число n, среди чисел n, n + 1, n + 2,..., n + 9 есть хотя бы одно число, взаимно простое с остальными девятью числами.

4.55. Пусть n и m — различные натуральные числа. Доn1 m простые.

4.56. Докажите, что квадрат любого простого числа p > при делении на 12 даёт в остатке 1.

4.57. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел (Евклид).

4.58. Докажите, что существует бесконечно много простых чисел вида 4k 1.

4.59. а) Докажите, что если число 2n 1 простое, то число n тоже простое.

б) Докажите, что если число 2n + 1 простое, то n = 2k.

4.60. Докажите, что при любом натуральном n число 2 + 22 + 1 имеет не менее n различных простых делителей.

4.61. Докажите, что остатки от деления на n чисел a ± b и ab однозначно задаются остатками от деления на n чисел a и b.

4.62. Пусть p — простое число, а число a не делится на p. Докажите, что все остатки от деления на p чисел a, 2a, 3a,..., (p 1)a попарно различны, т. е. каждое число от 1 до p 1 встречается среди этих остатков ровно один раз.

4.63. Докажите, что если p — простое число, а числа a и b не делятся на p, то остаток от деления на p числа a однозначно определяется остатками от деления чисел b и ab на p.

зависит от выбора знаков; она зависит только от того, сколько в этом выражении нечётных чисел. В этом выражении 5 нечётных чисел, поэтому оно всегда будет нечётно.

4.2. Сопоставим делителю d числа n делитель n/d. Если для всех d числа d и n/d разные (т. е. n = d2 ), то делители числа n разбиваются на пары, поэтому их чётное число. Если же n = d2, то все делители, отличные от d, разбиваются на пары, поэтому их нечётное число.

4.3. Предположим, что все числа ak bk нечётны. Тогда число (a1 b1 ) +... + (a2n+1 b2n+1 ) тоже нечётно (сумма нечётного числа нечётных чисел нечётна). Но это число равно 0, поскольку a1 +...

... + a2n+1 = b1 +... + b2n+1.

4.4. Предположим, что числа a, b, c нечётны и ax2 + bx + c = для некоторого рационального числа x = m/n, где числа m и n взаимно простые. Из равенства am2 + bmn + cn2 = 0 следует, что число m2 + mn + n2 чётно. Но числа m и n либо оба нечётны, либо одно из них чётно, а другое нечётно. В обоих случаях число m2 + mn + n нечётно.

4.5. Пусть P(x) = a0 xn + a1 xn1 +... + an1 x + an. По условию числа an = P(0) и a0 + a1 +... + an = P(1) нечётны. Если x — чётное число, то P(x) an (mod 2). Если x — нечётное число, то P(x) a0 + a1 +... + an (mod 2). В обоих случаях получаем, что число P(x) нечётно, поэтому оно не может быть равно нулю.

4.6. Из того, что не все коэффициенты произведения делятся на 4, следует, что у одного многочлена есть нечётный коэффициент. Нужно доказать, что у другого многочлена нет нечётных коэффициентов. Предположим, что у обоих многочленов есть нечётные коэффициенты. Заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2. В результате получим многочлены an xn + + an1 xn1 +... + xr и bm xm + bm1 xm1 +... + xs. Если в произведении данных многочленов мы заменим каждый коэффициент на его остаток от деления на 2, то получим многочлен an bm xn+m +... + xr+s. Таким образом, в произведении данных многочленов коэффициент при xr+s нечётен, что противоречит условию.

4.7. Выпишем в каждой строке, начиная с третьей, первые четыре числа, заменив каждое чётное число на 0, а нечётное — на 1:

Пятая выписанная строка совпала с первой, поэтому в дальнейшем первые четыре числа будут периодически повторяться. Остатся заметить, что в каждой из первых пяти выписанных строк есть чётные числа.

4.8. Пусть m и n — натуральные числа, для которых ma + nb = =НОД(a, b)=1. Тогда mac+nbc=c, т. е. a(mc+n1 )=c, где число n натуральное. Это означает, что c делится на a.

q1,..., qs — простые числа. Ясно, что либо НОД(p1, q1 ) = 1, либо НОД(p1, q1 ) = p1 и p1 = q1. Если НОД(p1, q1 ) = 1, то согласно задаче 4.8 число q2... qs делится на p1. Если при этом НОД(p1, q2 )= = 1, то число q3... qs делится на p1 и т. д. В конце концов получим p1 = qi. После этого доказательство завершается очевидной индукцией.

4.10. Найдём наибольший общий делитель чисел 21n + и 14n + 3, пользуясь алгоритмом Евклида. Поделив 21n + 4 на 14n + 3, получим в остатке 7n + 1. Поделив 14n + 3 на 7n + 1, получим в остатке 1. Значит, числа 21n + 4 и 14n + 3 взаимно простые.

4.11. Для любой пары натуральных чисел {m, n}, где m > n, последовательные операции {m, n} {m n, n} приводят к паре {d, d}, где d=НОД(m, n). Действительно, операция деления m на n с остатком состоит из нескольких таких операций.

4.12. Согласно задаче 4.11 достаточно проверить, что НОД(am 1, an 1) = НОД(amn 1, an 1) для любых m> n 1. Но am 1= = an (amn 1) + an 1 и числа a и an 1 взаимно простые.

ставимо в таком виде ровно одним способом.

4.14. а) Число 10 при делении на 3 даёт остаток 1. Поэтому 10k при делении на 3 тоже даёт остаток 1. Следовательно, ak 10k при делении на 3 даёт остаток ak.

б) Решение аналогично решению задачи а).

в) Число 10 при делении на 11 даёт остаток 1. Поэтому 10k при делении на 11 даёт остаток (1)k. Следовательно, ak 10k при делении на 11 даёт остаток (1)k ak.

4.15. Это число делится на 3, но не делится на 9, поэтому оно не может быть полным квадратом.

4.16. Пусть a и b — семизначные числа, составленные посредством этих жетонов. Предположим, что a делится на b и a = b.

ны, a b делится на 9, а b не делится на 9. Поэтому делится на 9. Приходим к противоречию.

4.17. Мы заменяем число 10a + b на a + 2b. Для любого числа 10a + b, большего 19, имеет место неравенство 9a > b, т. е. 10a + b > > a + 2b. Поэтому при указанных преобразованиях число всегда уменьшается. Ясно, что 10a + b делится на 19 тогда и только тогда, когда 20a + 2b делится на 19, т. е. a + 2b делится на 19.

4.18. Запишем исходное число в виде 10a + a0. Нужно доказать, что оно делится на 7 тогда и только тогда, когда a 2a делится на 7. Ясно, что 10a + a0 делится на 7 тогда и только тогда, когда 20a + 2a0 делится на 7. Остаётся заметить, что при делении на 7 число 20a + 2a0 даёт такой же остаток, как и число a + 2a0.

Поэтому доказательство можно провести для каждого простого б) Достаточно рассмотреть случай, когда a = p, b = p, c = p, в) Достаточно заметить, что 4.20. Пусть наибольшая степень простого числа p, на которую делятся a, b, c, равна,,. Требуется доказать, что где min(x, y) — наименьшее из чисел x и y. Это утверждение о наименьших числах очевидно.

4.21. Согласно задаче 4.19 а) 4.22. Предположим, что числа a + b и a2 + b2 делятся на d. Тогда число 2ab = (a + b)2 (a2 + b2 ) тоже делится на d. Поэтому числа 2a2 = 2a(a + b) 2ab и 2b2 = 2b(a + b) 2ab тоже делятся на d. По условию числа a и b взаимно просты, поэтому числа a2 и b2 тоже взаимно просты. Значит, d = 1 или 2.

4.23. В наименьшее общее кратное чисел a и b входят только те простые делители, которые входят в a и b. Только они и могут входить в наибольший общий делитель суммы и наименьшего общего кратного. Поэтому достаточно проследить за степенью каждого простого множителя отдельно. Пусть a = p... и b = p..., причём. Тогда сумма чисел a и b имеет вид p..., а их наименьшее общее кратное имеет вид p... Поэтому рассматриваемый наибольший общий делитель имеет вид p... Наибольший общий делитель самих чисел a и b имеет такой же вид.

4.24. Пусть наименьшее общее кратное данных чисел равно a.

Тогда — различные натуральные числа. Поэтому 4.25. Функция f(a, b) = НОК(a, b) обладает свойствами (1)– (3);

свойства (1) и (2) очевидны, а свойство (3) доказано в задаче 4.21.

Легко видеть, что свойства (2) и (3) позволяют вычислить f(a, b), если известны значения f(a1, b1 ) для всех натуральных a1 и b1, для которых a1 + b1 < a + b. Поэтому функция f(a, b) единственна.

4.26. Пусть a1,..., an — данные числа. Количество членов ряда меньшее общее кратное любых двух из чисел a1,..., an больше N, поэтому среди чисел 1, 2,..., N нет ни одного числа, делящегося одновременно на два из чисел a1,..., an. Поэтому число членов последовательности 1, 2,..., N, делящихся хотя бы на одно из чисел a1,..., an, равно Но в последовательности 1, 2,..., N всего N членов, поэтому т. е.

Сокращая обе части на N, получаем требуемое.

4.27. Число an bn делится на a b (задача 5.1 а), поэтому 72n 52n делится на 72 52 = 24.

4.28. Нужно доказать, что 3n5 + 5n3 + 7n делится на 15, т. е.

5n + 7n делится на 3 и 3n5 + 7n делится на 5. Ясно, что 5n3 + 7n (n3 n) (mod 3) и 3n5 + 7n 2(n5 n) (mod 5). Рассматривая все различные остатки, легко проверить, что n3 n делится на 3, а n5 n делится на 5.

4.29. О т в е т: при чётных n. Прежде всего заметим, что 323 = 17 · 19, поэтому число делится на 323 тогда и только тогда, когда оно делится на 17 и на 19. Число 20n 3n делится на 20 3 = 17. Далее, 16n (1)n (mod 17), поэтому число 16n делится на 17 тогда и только тогда, когда n чётно. Что касается делимости на 19, то 20n 1 делится на 20 1 = 19 при любом n, а при n = 2m число 16n 3n делится на 162 32 = 13 · 19, поэтому оно делится на 19.

4.30. Многочлен xn yn делится на x y (задача 5.1 а), поэтому b kn делится на b k. Значит, число a bn = (a kn ) (bn kn ) делится на b k при любом k = b. Это возможно лишь в том случае, когда a = bn.

4.31. Пусть 2n 2 = nm. Тогда 4.32. Если m = kn, где k — нечётное число, то am + bm = (an )k + + (bn )k делится на an + bn (задача 5.1 б).

Пусть m = kn + r, где k — нечётное число и 0 < r < n. Докажем, что am + bm не делится на an + bn. Действительно, Здесь a (a + bkn ) делится на an + bn, а bkn (br ar ) не делится на an +bn, поскольку bkn взаимно просто с an +bn и 0 n + 1.

4.54. а) Если |k l| 4 и k = l, то наибольший общий делитель чисел k и l не превосходит 4. Поэтому наибольший общий делитель любой пары выбранных чисел не превосходит 4. Из пяти последовательных чисел можно выбрать пару последовательных нечётных чисел. Из двух последовательных нечётных чисел по крайней мере одно не делится на 3. Это число взаимно просто с остальными четырьмя числами.

б) Среди данных чисел есть 5 нечётных чисел. Рассмотрим остатки от деления этих пяти чисел на 3, 5 и 7. Среди остатков от деления на 3 нет трёх одинаковых, а среди остатков от деления на 5 и на 7 нет двух одинаковых. Поэтому среди указанных пяти чисел можно выбрать три числа, не делящихся на 3, а среди них выбрать число, не делящееся на 5 и на 7. Это число взаимно просто с остальными девятью числами.

4.55. Будем считать, что n > m. Подставим x = 2 в тождество В результате получим F1 F2... Fn1 + 2 = Fn.

Предположим, что числа Fn и Fm делятся на d. Тогда 2 = = Fn F1 F2... Fn1 тоже делится на d. Но числа Fn и Fm нечётные, поэтому d = 2.

4.56. Посмотрим, какие остатки может давать простое число p > 3 при делении на 6. Оно не может давать остаток 2 или 4, поскольку иначе оно было бы чётно. Оно не может давать остаток 3, поскольку иначе оно делилось бы на 3. Значит, простое число p > при делении на 6 даёт остаток 1 или 5, т. е. оно имеет вид 6n ± 1;

его квадрат имеет вид 36n2 ± 12n + 1.

4.57. Предположим, что существует лишь конечное число различных простых чисел, а именно, p1,..., pr. Рассмотрим число p1... pr + 1. Оно не делится ни на одно из чисел p1,..., pr, поэтому у него есть простой делитель, отличный от p1,..., pr.

4.58. Предположим, что p1,..., pr — все различные простые числа вида 4k 1. Рассмотрим число 4p1... pr 1. Оно нечётно, поэтому все его простые делители имеют вид 4k ± 1. Ясно также, что все простые делители не могут иметь вид 4k + 1, поскольку произведение чисел такого вида имеет такой же вид. Остаётся заметить, что рассматриваемое число не делится на p1,..., pr.

4.59. а) Многочлен xq 1 делится на x 1, поэтому 2pq 1 = = (2p )q 1 делится на 2q 1.

б) Если q нечётно, то многочлен xq + 1 делится на x+ 1. Поэтому если число n имеет нечётный делитель q > 1, то 2n + 1 делится на 2q + 1.

4.60. Воспользуемся тождеством x4 + x2 + 1 = (x2 + 1 x) (x2 + 1 + x). При x = 22 получаем, что рассматриваемое число Эти числа взаимно просты, поскольку они нечётны, а их разность равна 22 +1. Теперь можно воспользоваться индукцией по n, поn1 n + (a2 ± b2 )n и ab = a1 b1 + (a2 b1 + a1 b2 + a2 b2 n)n.

4.62. Если xa ya (mod p), то (x y)a делится на p. Числа a и p взаимно простые, поэтому x y делится на p. Значит, если 4.63. Согласно задаче 4.62 ровно один из остатков от деления на p чисел b, 2b,..., (p 1)b равен 1. Значит, существует единственное целое число b, 1 b p 1, для которого bb 1 (mod p).

При этом a b(ab) (mod p).

ТОЖДЕСТВА

5.1. а) xn yn ; б) x2n+1 + y2n+1.

5.4. x3 + y3 + z3 3xyz.

5.9. а) Разложите x8 + x4 + 1 на два множителя.

б) Разложите x8 + x4 + 1 на четыре множителя, допуская в качестве коэффициентов квадратные корни из натуральных чисел.

5.10. Докажите, что для любого натурального n справедливо соотношение 5.11. Докажите, что если каждое из чисел m и n представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел, то их произведение mn тоже представимо в виде суммы двух квадратов целых чисел.

5.12. а) Представьте в виде суммы квадратов б) Представьте в виде суммы квадратов (тождество Лагранжа).

5.13. Известно, что число a + 1/a целое. а) Докажите, что число a2 + 1/a2 тоже целое. б) Докажите, что число an + 1/an целое для любого натурального n.

5.14. Докажите, что любое нечётное число есть разность двух квадратов целых чисел.

5.15. Докажите, что произведение четырёх последовательных целых чисел в сумме с единицей даёт полный квадрат.

5.17. Пусть x, y, z — попарно различные целые числа.

Докажите, что число (x y)5 + (y z)5 + (z x)5 делится на 5(y z)(z x)(x y).

5.19. Докажите, что n2 + 3n + 5 ни при каком целом n не делится на 121.

5.20. Докажите, что выражение не равно 33 ни при каких целых значениях x и y.

5.21. Докажите, что для любого натурального n 2 число 4n+ 2 + 1 не является произведением двух простых чисел.

5.22. Докажите, что любое рациональное число можно представить в виде суммы трёх кубов рациональных чисел.

5.5. Разложения рациональных функций 5.24. Пусть числа a1,..., an попарно различны. Докажите, что можно выбрать числа A1,. .., An так, что где A1,..., An — действительные числа. Докажите, что 5.6. Разложения квадратичных функций 5.26. Докажите, что если для всех x, y, z справедливо равенство a11 x2 + a22 y2 + a33 z2 + 2a12 xy + 2a13 xz + 2a23 yz = то a11 a22 a33 + 2a13 a12 a23 = a2 a11 + a2 a22 + a2 a33.

5.27. Докажите, что 5.28. Пусть p и q — взаимно простые натуральные числа.

Докажите, что 5.29. Пусть p и q — взаимно простые нечётные натуральные числа. Докажите, что 5.30. Докажите, что [ n + n + 1] = [ 4n + 2] для любого 5.31. Докажите, что [ n + n + 1 + n + 2] = [ 9n + 8] для любого натурального числа n.

5.32. Докажите, что [ 3 n + 3 n + 1] = [ 3 8n + 3] для любого натурального числа n.

5.1. а) (x y)(xn1 + xn2 y +... + yn1 ).

б) (x + y)(x2n x2n1 y + x2n2 y2... + y2n ).

5.2. (x2 2x + 2)(x2 + 2x + 2).

5.3. 3(x + y)(y + z)(z + x).

5.5. 3(x y)(y z)(z x).

5.7. (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)(a b)(b c)(a c).

5.8. (x2 2x + 3)(x2 + 3x + 4).

5.9. а) (x4 + x2 + 1)(x4 x2 + 1).

б) Каждый из полученных многочленов четвёртой степени можно разложить на множители, воспользовавшись тождеством нужно положить a = 1 и a = 3.

5.10. Ясно, что n! 2n = 2 · 4 · 6 ·... · 2n. Поэтому n! 2n (2n 1)!! = 5.11. Воспользуйтесь тождеством (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + + (ad bc)2.

б) (ai bj aj bi )2, где суммирование ведётся по всем парам i < j.

5.13. а) Воспользуйтесь тождеством a2 + 1/a2 = (a + 1/a)2 2.

б) Воспользуйтесь тождеством 5.14. Воспользуйтесь тождеством 2n + 1 = (n + 1)2 n2.

5.15. Достаточно заметить, что (bc + ca + ab)(a + b + c) = abc, т. е. (a + b)(b + c)(c + a) = 0 (предполагается, что abc = 0 и a + b + c = 0). Таким образом, тройка чисел a, b, c имеет вид x, x, y, причём y = ±x. Но тогда тройка чисел an, bn, cn при нечётном n тоже имеет такой вид.

5.17. Несложно проверить, что частное равно x2 + y2 + z2 xy yz xz. Действительно, пусть x y = u и y z = v. Тогда (x y)5 + +(yz)5 +(zx)5 =u5 +v5 (u+v)5 =5(u4 v+2u3 v2 +2u2 v3 +vu4 )= = 5uv(u + v)(u2 + uv + v2 ) и 5(y z)(z x)(x y) = 5uv(u + v).

Остаётся заметить, что u2 + uv + v2 = x2 + y2 + z2 xy yz xz.

5.18. Докажем, что Действительно, сумма трёх дробей равна нулю.

5.19. Заметим, что n2 + 3n + 5 = (n + 7)(n 4) + 33. Если число n2 + 3n + 5 делится на 121, то число (n + 7)(n 4) делится на 11. Но (n + 7) (n 4) = 11, поэтому оба множителя делятся или не делятся на 11 одновременно. Следовательно, если число (n + 7)(n 4) делится на 11, то оно делится на 121. Но тогда число (n + 7)(n 4) + 33 не может делиться на 121.

5.20. Представим данное выражение в виде При y = 0 все пять сомножителей этого произведения попарно различны, а число 33 нельзя представить в виде произведения пяти целых попарно различных сомножителей (хотя и можно представить в виде произведения четырёх попарно различных сомножителей, два из которых равны ±1). При y = 0 рассматриваемое выражение превращается в x5. Ни при каком целом x число x5 не равно 33.

5.21. Число 24n+2 + 1 можно представить как в виде произведения (22 + 1)(24n 24n2 +... 22 + 1), так и в виде произведения (22n+1 + 2n+1 + 1)(22n+1 2n+1 + 1). При n 2 эти разложения различны.

5.22. Воспользуемся тождеством Возьмём рациональное число t и положим a = 12t(t + 1), b = (t + 1) и c = 12t(t 1). Тогда получим Если t = 1, то число w = 72t является суммой трёх кубов рациональных чисел:

Остаётся заметить, что 72 = (4) + (2) + 03.

5.24. Докажем требуемое утверждение индукцией по n. При теперь, что и сложим такие выражения для i = 1, 2,..., n 1. В результате получим требуемое выражение.

5.25. Применим индукцию по n. При n = 1 утверждение очевидно. Предположим, что требуемое утверждение доказано для n чисел. Тогда где B1, C2 > 0, B2, C3 < 0, B3, C4 > 0,... При этом где an a1 > 0. Требуемые неравенства следуют из того, что (an a1 )A1 =B1, (an a1 )A2 =B2 C2,..., (an a1 )An1 =Bn1 Cn1, (an a1 )An = Cn.

5.26. Если указанное равенство справедливо для всех x, y, z, то Действительно, это утверждение эквивалентно тому, что если для всех x, y, z, то все коэффициенты Aij равны нулю. При x = 1, y = z = 0 получаем A11 = 0. Аналогично A22 = A33 = 0. Теперь при x = y = 1, z = 0 получаем A12 = 0. Аналогично A13 = A23 = 0.

Подставим в выражения a11 a22 a33 + 2a13 a12 a23 и a2 a11 + a2 a22 + + a2 a33 полученные представления aij через bp и cq. После несложных преобразований получаются одинаковые выражения.

5.27. Рассмотрим функцию Ясно, что Поэтому f(x) = f(y) для некоторого числа y, удовлетворяющего неравенствам 0 y 1/n. Но для такого числа f(y) = 0.

5.28. Рассмотрим прямоугольник 0 x p, 0 y q и проведём в нём диагональ y = qx/p. Интересующая нас сумма равна числу точек с целыми координатами, лежащих строго внутри (не на границе) этого прямоугольника и под его диагональю. Симметрия относительно центра прямоугольника показывает, что под диагональю лежит столько же целочисленных точек, сколько и над диагональю. Из взаимной простоты чисел p и q следует, что на диагонали лежат только две вершины; других целочисленных точек на ней нет. Остаётся заметить, что всего внутри прямоугольника и проведём прямую y = qx/p. Интересующая нас сумма состоит из двух частей. Первая часть равна числу целочисленных точек этого прямоугольника, лежащих под этой прямой, а вторая — над.

Внутри прямоугольника нет целочисленных точек, лежащих на рассматриваемой прямой. Поэтому интересующая нас сумма равна количеству целочисленных точек рассматриваемого прямоугольp1 q 5.30. Сначала сравним числа n+ n + 1 и 4n + 2. Вместо знака неравенства поставим знак и будем рассматривать только преобразования, которые сохраняют знак неравенства: n + n + Предположим, что существует натуральное число m, для котоn + 2. Тогда 2n + 1 + 2 n(n + 1) m рого n + n + 1 m 4n(n + 1) не может быть полным квадратом, поэтому первое неравенство строгое. Значит, m2 2n 1 = 2n + 1, т. е. m2 = 2(2n + 1), + 2( n(n + 1) + n(n + 2) + (n + 1)(n + 2)). При n 1 выполняются неравенства Учитывая, что n + 2/5 + n + 7/10 + n + 7/5 = 3n + 5/2 и n + 1/2 + n + + 1 + n + 3/2 = 3n + 3, получаем 9n + 8 < x2 < 9n + 9, а значит, [x] = = [ 9n + 8].

5.32. Согласно задаче r 8.41 для любых чисел a > b > 0 выполняa 3 + b Поэтому если 3 8n + 3 > m, то 3 n + 3 n + 1 > m. Кроме того, не существует целого числа m, для которого 3 n + 3 n + 1 m > 3 8n + 3, поскольку иначе 8n + 4 > m3 > 8n + 3, а между целыми числами 8n + 3 и 8n + 4 никаких других целых чисел нет.

РАЦИОНАЛЬНЫЕ И

ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ ЧИСЛА

(выражение состоит из какого-то конечного числа корней) или 2?

6.2. Иррациональности в знаменателях В следующих задачах нужно избавиться от иррациональности в знаменателе дроби.

6.8. Докажите, что можно избавиться от иррациональности в знаменателе, который представляет собой сумму квадратных корней из рациональных чисел.

6.9. Докажите, что если a > b, то 6.10. Представьте следующие числа в виде a ± b, где a и b — натуральные числа:

6.11. Докажите, что 4 + 7 4 7 = 2.

6.12. Докажите, что число 20 + 14 2 + 20 14 2 рационально.

6.13. Докажите, что следующие числа рациональны:

6.14. Докажите, что 3 4 1 + 3 16 3 4 = 3.

6.15. Докажите следующие тождества Рамануджана:

76 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа 6.4. Доказательства иррациональности 6.16. Докажите, что следующие числа иррациональны:

а) p, где p — простое число;

б) p1... pk, где p1,..., pk — различные простые числа;

6.17. Докажите, что число 2 + 3 3 иррационально.

6.18. Выясните, рационально ли число 6.19. а) Докажите, что если числа a, b, a + b рациональные, то числа a и b тоже рациональные. б) Докажите, что если числа a, b, c, a + b + c рациональные, то числа a, b и c тоже рациональные.

в) Докажите, что если числа a1,..., an, a1 +... + an рациональные, то числа a1,..., an тоже рациональные.

6.20. Пусть p1,..., pk — различные простые числа. Докажите, что число pk нельзя представить в виде суммы рационального числа и чисел pi1. .. pis, где 1 i1 <... < is k 1, с рациональными коэффициентами.

6.21. а) Пусть p — простое число. Докажите, что никакое числонельзя представить двумя разными способами в виде m + n p, где m и n — рациональные числа.

б) Докажите аналогичное утверждение для представлений в виде m + n p, где p — произведение попарно различных простых чисел.

Таким образом, для каждого числа z вида m + n p, где m и n — рациональные числа, а p — произведение попарно различных простых чисел, можно определить сопряжённое число 6.22. Докажите, что если (a + b p)n = An + Bn p, где p — произведение различных простых чисел, а числа a, b, An, Bn рациональные, то (a b p)n = An Bn p.

6.23. Найдите первую цифру после запятой числа (2 + 3)1000.

6.24. Докажите, что для рациональных чисел x, y, z и t не может выполняться равенство 6.25. Докажите, что для натуральных чисел и n не может выполняться равенство (5 + 3 2)m = (3 + 5 2)n.

6.26. а) Докажите, что ( 2 1)n = k k 1, где k — некоторое натуральное число.

б) Пусть m и — натуральные числа. Докажите, что ( m m 1)n = k k 1, где k — некоторое натуральное число.

6.27. Докажите, что для любого натурального n число [(1 + 3)2n+1 ] делится на 2n+1 и не делится на 2n+2.

6.6. Последовательность Фарея 6.28. Расположим в порядке возрастания все рациональные числа, которые заключены между нулём и единицей и знаменатели которых не превосходят n. Пусть a/b и c/d — два соседних числа в этой последовательности. Докажите, что |bc ad| = 1.

Последовательность чисел из задачи 6.28 называют последовательностью Фарея и обозначают Fn.

6.29. Пусть a/b < x/y < c/d — три последовательные дроби в последовательности Фарея. Докажите, что =.

6.30. Пусть a/b < c/d — две последовательные дроби в последовательности Фарея Fn. Докажите, что b + d > n.

6.31. В последовательности Фарея Fn вычислите дроби, соседние с 1/2.

78 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа 6.32. а) Докажите, что сумма знаменателей дробей в последовательности Фарея в 2 раза меньше суммы числителей.

б) Докажите, что сумма дробей в последовательности Фарея в 2 раза меньше количества её членов.

6.33. Докажите, что количество членов в последовательn 6.34. Пусть и — положительные числа. Докажите, что следующие условия эквивалентны:

(1) каждое натуральное число ровно один раз встречается среди чисел [ ], [ ], [2 ], [2 ], [3 ], [3 ],... ;

6.35. Пусть 1,..., k — положительные числа, обладающие следующим свойством: каждое натуральное число ровно один раз встречается среди чисел [ ], [ ], [2 ], [2 ], [3 ], [3 ],... Докажите, что k 2.

6.1. Вместо знака неравенства поставим знак и будем рассматривать только преобразования, которые сохраняют знак неравенства.

24 192 25 281. Значит, 6 + 2 7 < 10 + 21.

11 11 86 11 285 81 356 81 225. Значит, 11 > 5 + 3 5.

6.2. Если a 3 25 легко проверяется посредством возведения обеих частей в куб. в) Несложно проверить, что ( 3 5 3 2)6 = 9(7 3 20 19); члены, содержащие 3 50, взаимно сокращаются. д) Несложно проверить, что ( 3 98 3 28 1)2 = 9( 3 28 3) = = 9( 3 28 3 27); члены, содержащие взаимно сокращаются.

Покажем, что 98 > 28 + 1, т. е. 3 7 2) > 1. Домножив обе части на положительное число 49 + 14 + 4, перейдём к неравенству 5 3 14 > 3 49 + 3 14 + 3 4, т. е. 4 3 > 3 49 + 4. Это неравенство легко доказывается, поскольку 4 14 > 8, а 49 < е) Несложно проверить, что (1 + 5 3 5 9)3 = 10 5 5 27 = 6.16. а) Предположим, что p = r/s — несократимая дробь. Тогда r = ps, поэтому r делится на p (здесь используется задача 4.8).

Значит, ps2 делится на p2. Поэтому s делится на p, что противоречит несократимости дроби r/s.

б) Из равенства r2 = p1... pk s2 следует, что r делится на p1. Поэтому p2... pk s2 делится на p1. Число p2... pk взаимно просто с p1, поэтому s делится на p1.

в) Из равенства pk+1... pn r2 = p1... pk s2 следует, что r делится на p1, поскольку число pk+1. pn делится на p1.

6.17. Предположим, что 2 + 3 3 = r, где r — рациональное число. Тогда ( 3)3 = (r 2)3, т. е. 3 = r3 3r2 2 + 6r 2 2. Поэтому 6.18. О т в е т: иррационально. Пусть 1 = 4 + 15 и 2 = образом, 3 = 8 + 3. Поэтому остаётся доказать, что многочлен x3 3x 8 не имеет рациональных корней. Согласно задаче 10. рациональные корни этого многочлена — целые числа, являющиеся делителями числа 8. Непосредственная проверка показывает, что числа ±1, ±2, ±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 б) Пусть a + b + c = r — рациональное число. Достаточно рассмотреть случай, когда r = 0. Возведём в квадрат обе части равенства a + b = r c. Получим Затем возведём в квадрат обе части равенства 2 ab = r2 + c a b 2r c. Получим 82 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа 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 = 2r c, причём r > 0. Следовательно, ab = 0 и c = 0.

В частности, число c рационально. Рациональность чисел a и b доказывается аналогично.

в) Можно считать, что все числаa1,..., an отличны от нуля. Достаточно доказать, что число a1 рационально. Положим где берутся все возможные комбинации знаков плюс и минус.

Это произведение является многочленом с целыми коэффициентами от y, x1, x2,..., x2. Выделяя члены с чётными степенями x и с нечётными, получим В произведение (1) входит множитель y x1 x2... xn = 0.

Поэтому f(y, x1,..., xn ) = 0. По условию числа y, x2,..., x2 рациn ональны. Поэтому если h(y, x2,..., x2 ) = 0, то число рационально.

Предположим теперь, что h(y, x2,..., x2 ) = 0. Воспользовавn шись соотношением (2), получаем Значит, при 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.

6.20. Применим индукцию по k. Сначала рассмотрим случай k = 2. Предположим, 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 + b2 p1, а значит, число p рационально, чего не может быть.

Предположим теперь, что pk+1 = a + b pk, где a и b выражаются через p1,.. pk1. Если b = 0, то получаем, что pk+ выражается через p1,..., pk1 что противоречит предположению индукции. Если a = 0, то pk+1 = (a + b pk1 ) k. Если p 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 1,..., pk ) p имеем pk+1 = a + b pk, где ab= 0. Значит, pk+1 = a2 + 2ab pk + b2 pk, менателе (задача 6.8), мы получим выражение pk через p1,...

..., pk1, что противоречит предположению индукции.

венство выполняться не может, поскольку p — иррациональное число.

6.22. Применим индукцию по Легко проверить, что z1 z2 = = An+1 + Bn+1 p, то (a b p)(An Bn p) = A Bn+1 p. n+ Поэтому (2 + 3)n + (2 3)n — натуральное число. Но 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 6.25. В самом деле, пусть (5 + 3 m = (3 + 5 2)n. Тогда согласно задаче 6.22 (5 3 2)m = (3 5 2)n. Прийти к противоречию теперь можно разными способами. Во-первых, можно заметить, что |5 3 2| < 1 и |3 5 2| > 1. Во-вторых, можно перемножить равенства (5 + 3 2) = (3 + 5 2)n и (5 3 2)m = (3 5 2)n ; в результате получим 7 = (41)n.

6.26. nа) Если ( 2 1) = x n + y, согласноp 84 Глава 6. Рациональные и иррациональные числа Таким образом, если n чётно, то ( 2 1)6n = p2 2x2 и y 2x2 =1, а если n нечётно, то ( 21)6n= 2x2 y2 и 2x2 y2 =1.

б) Равенства показывают, что ( m ± m 1)n = a m ± b m 1 при нечётном n и ( m ± m 1)n = a ± b m(m 1) при чётном (a и b — натуральn ные числа). В обоих случаях получаем ( m ± m 1)n = x ± y, где x и y — натуральные числа (x = a m и y = b (m 1) при нечётном n, = a2 и y = b2 m(m 1) при чётном При этом 6.27. Число (1 + 3)2n+1 + 3)2n+1 целое, причём 1 < [p 1 ] + 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.

Следующее за x натуральное число, не встречающееся в последовательности [ 1 ], [2 1 ],..., равно [p 1 ] + 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 ] + 1 = p + m 1 + [(p + m 1) ] + 1 = p + m + q, Напомним, что x = [p 1 ] + 1 = p + [p ] + 1 = p + q. Поэтому следующее за x число, не встречающееся в последовательности [ 1 ], [2 1 ],..., равно x + m или x + m + 1.

7.10. Семь грибников собрали вместе 100 грибов, причём никакие двое не собрали одинакового количества грибов.

Докажите, что среди них есть трое грибников, собравших вместе не менее 50 грибов.

7.11. Школьники одного класса ходили в два туристических похода. В каждом походе мальчиков было меньше 2/5 общего количества участников похода. Докажите, что в этом классе мальчики составляют меньше 4/7 общего числа учеников, если известно, что каждый из учеников был по крайней мере в одном походе.

7.4. Целочисленные приближения 7.12. В классе провели контрольную работу. Оказалось, что у мальчиков средняя оценка 4; у девочек 3,25; у всех вместе 3,6. Сколько мальчиков и сколько девочек писали контрольную работу, если известно, что в классе больше и меньше 50 человек?