| Описание Часть 1 |
Описание Часть 2 |
Условия задач |
Решения задач |
Часть 1.
1.1Существует натуральное число $n$, большее 1, при котором выражение $\sqrt{n\sqrt{n\sqrt{n}}}$ является натуральным числом?
Преобразуем данное выражение $$ m = \sqrt{n} \sqrt[4]{n} \sqrt[8]{n} = n^{\frac{7}{8}} $$
Таким образом $n^7 = m^8$. Выходит, что $n^7$ является одновременно 7-й и 8-й степенью целого, поэтому степень каждого простого множителя в разложении $n^7$ кратна 7 и 8, то есть кратна 56. Следовательно $n^7 = k^{56}$ ($k$ — натуральное), откуда $n = k^8$.
Легко убедиться, что верно и обратное: для любого натурального $k$ число $n=k^8$ удовлетворяет условию задачи, при этом значение выражения равно $k^7$. Наименьшим из $n$, отличных от единицы, является $2^8 = 256$.
1.2Доказать иррациональность чисел, выраженных следующими десятичными дробями
a) 0,101001000100001… (количество промежуточный нулей увеличивается)
б) 0,123456789101112… (все натуральные числа друг за другом)
а) Если соответствующее число рационально, то дробь 0,101001000100001… является периодической. Покажем, что это не так.
Пусть $p$ — длина периода дроби. Если период состоит из одних нулей, дробь является конечной, однако данная дробь не может быть конечной, так как единицы встречаются как угодно далеко. Таким образом, среди любых последовательных $p$ десятичных знаков должна быть хотя бы одна единица. С другой стороны, поскольку количество промежуточных нулей дроби бесконечно возрастает, начиная с некоторого момента количество последовательных нулей превысит $p$. Тем самым доказано, что дробь — непериодическая.
Между прочим, приведенное доказательство годится для любой системы счисления, так что в любой системе счисления позиционная дробь 0,101001000100001… представляет иррациональное число.
б) Доказательство аналогично предыдущему. Идея заключается в том, что среди натуральных чисел присутствуют числа вида $10^{\,n} = 1 \underbrace{0 \ldots 0}_{n\; \text{нулей}}$, где $n$ может быть сколь угодно большим.
1.3$a$ и $b$ — натуральные числа, причем $b$ меньше $a^2$ и не является полным квадратом. При каком условии существуют положительные рациональные числа $u$ и $v$ ($u \gt v$), удовлетворяющие равенству $$ \sqrt{a \pm \sqrt{b}} = \sqrt{u} \pm \sqrt{v}\quad ? \label{eq:1.3.1}\tag{1.3.1} $$
Возводя обе части $\eqref{eq:1.3.1}$ в квадрат и приведя подобные члены, получаем: $$ a \pm \sqrt{b} = (u+v) \pm 2\sqrt{uv} $$
Таким образом: $$ \begin{cases} u+v = a \\ uv = \dfrac{b}{4} \end{cases} $$
Согласно теореме Виета (Vieta's [Viète's] formulae), $u$ и $v$ — корни квадратного трехчлена $x^2 - px + \frac{q^2}{4}$. Отсюда, учитывая $u \gt v$, находим: $$ \begin{cases} u = \dfrac{a + \sqrt{a^2-b}}{2} \\ y = \dfrac{a - \sqrt{a^2-b}}{2} \end{cases} $$
Таким образом: $$ \sqrt{a \pm \sqrt{b}} = \sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}} \pm \sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}} \label{eq:1.3.2}\tag{1.3.2} $$
Равенство $\eqref{eq:1.3.2}$ называют формулой сложного радикала. Как видим, $u$ и $v$ являются рациональными тогда и только тогда, когда $a^2-b$ — полный квадрат, при этом $2u$ и $2v$ — целые числа. Вы конечно подметили, что в условиях задачи подкоренные выражения внешних радикалов «автоматически» являются положительными.
Требование, чтобы $a^2-b$ было полным квадратом, кажется довольно жестким, однако на практике это случается не так уж редко. Пример: $$ \sqrt{2 \pm \sqrt{3}} = \sqrt{\dfrac{2+1}{2}} \pm \sqrt{\dfrac{2-1}{2}} = \dfrac{\sqrt{6} \pm \sqrt{2}}{2} $$
1.4Пусть $a$ и $b$ — произвольные натуральные числа. $p$ и $q$ — целые числа, каждое из которых отлично от нуля. Сформулируйте необходимое условие для того, чтобы $p\sqrt{a} + q\sqrt{b}$ было рациональным числом, отличным от нуля. В каком случае это условие становится достаточным?
В зависимости от того, являются ли подкоренные выражения $a$ и $b$ полными квадратами возможны три случая.
а) Ни одно из подкоренных выражений не является полным квадратом. В этом случае можно избавиться от кратных множителей в $a$ и $b$, вынося их за знак радикала. Согласно утверждению 4.2.1 в этом случае результат может быть либо иррациональным, либо нулевым.
б) Одно из подкоренных выражений является полным квадратом, а другое — не является таковым. В таком случае одно из слагаемых является рациональным, другое — иррациональным, так что результат иррационален.
в) Оба подкоренных выражения являются полными квадратами. Это — единственный случай, когда результат является заведомо рациональным и может быть отличен от нуля. Правда, и в этом случае результат может быть нулевым, например $3\sqrt{4}-2\sqrt{9}$, так что условие не является достаточным.
Если потребовать, чтобы коэффициенты $p$ и $q$, были одного знака, например оба положительные, то результат является заведомо ненулевым, так что условие, что оба подкоренных выражения — полные квадраты становится достаточным. Таким образом приходим к следующему:
Пусть $a$, $b$, $p$ и $q$ — натуральные числа. Для того, чтобы $p\sqrt{a} + q\sqrt{b}$ было рациональным необходимо и достаточно, чтобы $a$ и $b$ были полными квадратами. При этом результат является натуральным числом.
1.5Вычислить $\sqrt{n} + \sqrt{n + 524}$, если известно, что это число рациональное, а $n$ - натуральное.
Олимпиада школьников «Ломоносов», 2017. Приводится собственное решение.
Из утверждения предыдущей задачи следует, что заданное выражение является рациональным тогда и только тогда, когда оба подкоренных выражения — полные квадраты: $$ \begin{cases} n = p^2\\ n + 524 = q^2 \end{cases} $$ где $p$ и $q$ — натуральные числа. При этом, очевидно, $p \lt q$.
Вычитая первое уравнение из второго, получаем $$ (q - p)( q + p) = 524. $$
Остается представить 524 в виде произведения двух натуральных чисел. Это можно сделать тремя способами: $$ 524 = 1 \cdot 524\; =\; 2 \cdot 262\; =\; 4 \cdot 131 $$
Однако, поскольку $q+p$ и $q-p$ одинаковой четности (их разность $2p$ — четное число), подходит только второе представление. Таким образом $$ \begin{cases} q - p = 2\\ q + p = 362 \end{cases} $$ откуда $p = 130$, $q=132$, поэтому значение выражения равно $p+q = 262$.
Хотя в условии не требуется вычислить значение $n$, это можно сделать даже устно: $n = p^2 = 16900$.
Ответ: 262.
1.6Доказать что всякий полуинтервал длиной не меньше 1, а также всякий интервал длиной больше 1 содержит целое число.
Начнем с полуинтервала $(a,b]$, где $b-a \geqslant 1$. Покажем, что целая часть числа $b$, $n=\lfloor b \rfloor$ является искомым числом: $n \in (a,b]$ или $$ a \lt n \leqslant b \label{eq:1.6.1}\tag{1.6.1} $$
Согласно определению целой части $$ n \leqslant b \label{eq:1.6.2}\tag{1.6.2} $$ $$ n + 1 \gt b \label{eq:1.6.3}\tag{1.6.3} $$
Вторая часть свойного неравенства $\eqref{eq:1.6.1}$ есть в точности неравенство $\eqref{eq:1.6.2}$. Остается доказать, первую часть неравенства $\eqref{eq:1.6.1}$: $n \gt a$.
Предположим, что это не так, то есть $$ n \leqslant a $$
Тогда: $$ b - n \geqslant b - a \geqslant 1 $$ что можно переписать в виде $b \geqslant n+1$, а это противоречит неравенству $\eqref{eq:1.6.2}$.
Таким образом неравенство $\eqref{eq:1.6.1}$ полностью доказано и $n \in (a,b]$.
Обратимся к полуинтервалу $[a,b)$, где по-прежнему $b-a \geqslant 1$.
Самый простой способ — обратиться к полуинтервалу $(-b, -a]$, длина которого совпадает с длиной исходного интервала. Согласно ранее доказанному, такой полуинтервал содержит целое число $n$, так что $-b \lt n \leqslant -a$, откуда, умножив на $(-1)$ и прочтя справа налево, получаем: $a \leqslant -n \lt b$, так что $(-n) \in [a,b)$, причем число $(-n)$, так же, как и $n$ является целым.
Другой способ (чуть длиннее, но более поучительный): рассмотрим «потолок» от $a$, то есть наименьшее целое число, не меньшее $a$: $n=\lceil a \rceil$. (Подробнее функции $\lfloor\dots\rfloor$ и $\lceil\dots\rceil$ рассмотрены в О целом дроби и о дроби в целом). Покажем, что $n \in [a,b)$.
Из определения функции «потолок» следует: $$ n \geqslant a \label{eq:1.6.4}\tag{1.6.4} $$ $$ n - 1 \lt a \label{eq:1.6.5}\tag{1.6.5} $$
Полагая $n \geqslant b$, получаем $$ n - a \geqslant b - a \geqslant 1 $$ или $$ a \leqslant n -1 $$ что противоречит $\eqref{eq:1.6.5}$. Это доказывает неверность предположения $n \geqslant b$, так что $n \lt b$, что в совокупности с $\eqref{eq:1.6.4}$ дает $a \leqslant n \lt b$ или $n \in [a,b)$.
Наконец, рассмотрим интервал $(a, b)$, где $b-a \gt 1$ или $b \gt a+1$. Согласно ранее доказанному полуинтервал $(a, a+1]$ содержит целое число $n$. В таком случае $$ a \lt n \leqslant a+1 \lt b $$ так что $n \in (a,b)$.
1.7Доказать, что между двумя различными вещественными числами существует бесконечное множество рациональных чисел.
Пусть $a$ и $b$ — различные вещественные числа. Для определенности положим $a \lt b$. Выберем натуральное число $n$ таким образом, что $$ n \gt \dfrac{1}{b-a}. $$
Так как длина интервала $(na, nb)$, равна $n(b-a) \gt 1$, внутри интервала существует целое число $m$: $$ na \lt m \lt nb $$ или $$ a \lt \frac{m}{n} \lt b $$
Рациональное число $c_1 = \dfrac{m}{n}$ находится между числами $a$ и $b$. Повторяя рассуждения для чисел $a$ и $c_1$ находим новое рациональное число $c_2$, такое что $а \lt c_2 \lt c_1 \lt b$. Процесс можно повторять бесконечное количество раз, получив бесконечное множество рациональных чисел, расположенных между $a$ и $b$.
Часть 2.
2.1Доказать, что:
a) из любых трех иррациональных чисел можно найти два числа, сумма которых иррациональна;
б) из любых шести иррациональных чисел можно найти три числа, все попарные суммы которых иррациональны;
Идея: math.stackexchange
а) Даны три иррациональных числа $\alpha$, $\beta$, $\gamma$. Их попарные суммы обозначим через $p$, $q$, $r$: $$ \begin{cases} \alpha + \beta = p \\ \beta + \gamma = q \\ \alpha + \gamma = r \end{cases} $$
Складывая все три равенства и разделив на 2 получаем: $$ \alpha + \beta + \gamma = \frac{p+q+r}{2}, $$
Вычитая (в отдельности) из полученного уравнения каждое из уравнений системы, находим: $\alpha = \frac{p+r-q}{2}$, $\beta = \frac{p+q-r}{2}$, $\gamma= \frac{q+r-p}{2}$.
Если $p$, $q$ и $r$ — рациональные числа, каждое из $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ является рациональным, что противоречит условию. Следовательно хотя бы одна из сумм должна быть иррациональной.
На самом деле, как вы конечно заметили, для получения противоречия достаточно было вычислить только $\alpha$.
b) Доказательство основано на популярной задаче о знакомствах: Из шести человек всегда найдутся либо трое попарно знакомых, либо трое попарно незнакомых. Задача обсуждается во многих публикациях, в частности в статье этого блога Разложим по полочкам, глава Теория Рамсея.
Итак даны шесть иррациональных чисел. Будем считать два числа «знакомыми» если их сумма рациональна, в противном случае они «незнакомы». Согласно пункту а), случай когда три числа «попарно знакомы» невозможен, следовательно найдутся три «попарно незнакомых», то есть три числа, попарные суммы которых иррациональны.
2.2Ненулевые числа $a$ и $b$ удовлетворяют равенству: $$ a^2b^2(a^2b^2 + 4) = 2(a^6 + b^6). $$ Доказать, что хотя бы одно из них иррационально.
Всероссийская олимнпиада школьников, Окружной этап. 2000. Приводится авторское решение.
Ларчик просто открывается, если переписать заданное равенство в виде: $$ (a^4 - 2b^2)(b^4 - 2a^2) = 0, $$ откуда понятно, что один из сомножителей равен нулю.
Если $a^4 - 2b^2 = 0$, то $\dfrac{a^2}{|b|} = \sqrt{2}$ (мы, конечно помним, что по условию числа $a$ и $b$ — ненулевые), так что одно из чисел $a^2$, $|b|$ должно быть иррациональным. При этом из иррациональности $a^2$, в силу утверждения 4.1.1 е), следует иррациональность $a$, тогда как если $|b|$ иррационально, то разумеется $b = \pm|b|$ также обязано быть иррациональным.
Случай $b^4 - 2a^2 = 0$ рассматривается аналогично.
2.3Найти вещественные значения $x$, при которых ровно одно из чисел $$ x - \sqrt{2},\quad x-\frac{1}{x}, \quad x + \frac{1}{x} \quad x^2 + 2\sqrt{2} $$ не является целым.
Всероссийская олимнпиада школьников. Республиканский этап. 2014. Приводится собственное решение.
Для удобства введем обозначения: $$ \begin{array}{lll} A = x - \sqrt{2}, & & B = x - \dfrac{1}{x}, \\ C = x + \dfrac{1}{x}, & & D = x^2 + 2\sqrt{2}. \end{array} $$
Прежде всего заметим, что если $x$ рационально, то A и D оба иррациональны, а следовательно не являются целыми. Так как это противоречит условию, то $x$ - иррационально.
Далее, поскольку $B + C = 2x$ — иррациональное (а следовательно дробное) число, хотя бы одно из чисел B и C должно быть дробным. Отсюда следует, что A и D оба целые: $$ \begin{cases} x - \sqrt{2} = p \\ x^2 + 2\sqrt{2} = q \end{cases} $$ где $p$ и $q$ — целые числа.
Подставляя $x$ из первого уравнения во второе, получаем: $$ (p+\sqrt{2})^2 + 2\sqrt{2} = q, $$ или, после приведения подобных членов: $$ 2(p+1)\sqrt{2} = q - p^2 - 2 $$
Таким образом, $(p+1)\sqrt{2}$ — рациональное число, что возможно только при $p=-1$. Отсюда x = $\sqrt{2} - 1$. Легко проверить, что при этом А = 1, B = $-2$, C = $2\sqrt{2}$, D = 3, так что C - единственное дробное число из заданных.
Ответ: $\sqrt{2}-1$.
2.4Существует ли сфера, содержащая ровно одну точку, все три декартовы координаты которой рациональны.
Турнир городов, 1995. Приводится собственное решение.
Рассмотрим сферу радиусом $\sqrt{6}$ с центром в точке $(\sqrt{2},\sqrt{2},\sqrt{2})$. Ее уравнение $$ (x - \sqrt{2})^2 + (y-\sqrt{2})^2 + (z-\sqrt{2})^2 = 6 $$
Уравнение справедливо при $x=y=z=0$, поэтому сфера проходит через начало координат. Покажем, что это единственная точка сферы с рациональными координатами.
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем: $$ x^2 + y^2 + z^2 = 2(x+y+z)\sqrt{2} \label{eq:2.4.1}\tag{2.4.1} $$
Пусть $x$, $y$ и $z$ — рациональны. Тогда числа $x+y+z$ и $x^2+y^2+z^2$ — также рациональны. Если при этом $x+y+z \ne 0$, то из $\eqref{eq:2.4.1}$, получаем: $$ \sqrt{2} = \frac{x^2 + y^2 + z^2}{2(x+y+z)}, $$ откуда следует, что $\sqrt{2}$ — рационально, что неверно. Таким образом $x+y+z=0$, откуда, согласно $\eqref{eq:2.4.1}$, $x^2 + y^2 + z^2$ также равнo нулю, что возможно только при $x=y=z=0$.
2.5Исходя из определения алгебраического числа доказать, что произведение алгебраического числа на рациональное является алгебраическим числом.
Пусть $\alpha$ — алгебраическое число. Тогда оно является корнем приведенного многочлена с рациональными коэффициентами: $$ x^n + p_1\,x^{n-1} + p_2\,x^{n-2} + \dots + p_{n-1}\,x + p_n $$
Снова обратимся к формулам Виета (также именуемым теоремой Виета): $$ \begin{array}{lcl} p_1 &=& -(\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_n) \\ p_2 &=& \alpha_1 \alpha_2 + \alpha_1 \alpha_3 + \ldots + \alpha_1 \alpha_n + \alpha_2 \alpha_3 + \ldots + \alpha_{n-1} \alpha_n \\ p_3 &=& -(\alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 + \alpha_1 \alpha_2 \alpha_4 + \ldots + \alpha_{n-2} \alpha_{n-1} \alpha_{n}) \\ & &\dots \\ p_{n-1} &=& (-1)^{n-1} (\alpha_1 \alpha_2 \ldots \alpha_{n-1} + \alpha_1 \alpha_2 \ldots \alpha_{n-2} \alpha_n + \ldots + \alpha_2 \alpha_3...\alpha_n) \\ p_n &=& (-1)^n \alpha_1 \alpha_2 \ldots \alpha_n \end{array} $$ где $\alpha_1,\alpha_2 \dots \alpha_n$ — корни многочлена, среди которых присутствует $\alpha$.
Заметим, что в каждой из правых частей все слагаемые имеют одинаковую (суммарную) степень, равную номеру строки (в первой строке все слагаемые присутствуют в 1-й степени, во второй строке — во 2-й степени и т.д.) Таким образом, если умножить каждое из $\alpha_i$ на рациональное число $r$, каждое из $p_i$ увеличится в $r^i$ раз. Это дает новый приведенный многочлен $$ x^n + p_1r\,x^{n-1} + p_2r^2\,x^{n-2} + \dots + p_{n-1}r^{n-1}\,x + p_nr^n, $$ коэффициенты которого по-прежнему рациональны, причем корнями являются числа $r\alpha_i$. Это показывает, что $r\alpha_i$, среди которых присутствует $r\alpha$, являются алгебраическими числами.
Кстати аналогичным путем можно доказать, что произведение целого алгебраического числа на целое является целым алгебраическим.
2.6Доказать, что существует бесконечное множество рациональных положительных чисел $p$, таких что $\sqrt{p + \sqrt{p}}$ также рационально.
Источник math.stackexchange. Как справедливо замечено в комментариях, авторы решений поленились объяснить, как это решение было получено. Потом (по причинам, которые не кажутся вполне убедительными) тема была закрыта. Вот и пришлось разбираться самому.
Согласно условию, $$ p + \sqrt{p} = q^2 \label{eq:2.6.1}\tag{2.6.1} $$ где $q$ — рациональное число. Отсюда следует, что $\sqrt{p}$ рационально, так что, согласно утверждению 2.1.2, $$ p = \frac{m^2}{n^2}, \label{eq:2.6.2}\tag{2.6.2} $$ где $m$ и $n$ – целые взаимно простые числа, причем $n \gt 0$. Заметим, что в данном случае $m$ также можно считать положительным.
Подставляя значение $p$ из $\eqref{eq:2.6.2}$ в $\eqref{eq:2.6.1}$, получаем: $$ \frac{m(m+n)}{n^2} = q^2. $$ или $$ m(m+n) = (nq)^2 $$
Итак, $\sqrt{m(m+n)} = nq$ является рациональным числом. Так как $m(m+n)$ — целое число, то это возможно только тогда, когда $m(m+n)$ является квадратом целого: $$ m(m+n) = k^2, $$ где $k$ — целое число.
Представим $k$ в виде произведения двух взаимно простых чисел $a$ и $b$ ($a \lt b$). Поскольку $k = 1 \cdot k$, это всегда удается сделать при $k \geqslant 2$. При этом $k^2 = a^2 b^2$, причем $a^2$ и $b^2$ также взаимно простые. Полагая $$ \begin{cases} m = a^2\\ m+n = b^2 \quad \Rightarrow \quad n = b^2 - a^2 \end{cases} $$ получаем: $$ \begin{array}{l} p = \dfrac{m^2}{n^2} = \dfrac{a^4}{(b^2-a^2)^2} \\ q = \dfrac{k}{n} = \dfrac{ab}{b^2 - a^2} \end{array} $$
В частности при $a=1$ имеем: $p = \dfrac{1}{(b^2-1)^2}$, $q = \dfrac{b}{b^2-1}$.
Как видим, рациональных чисел $p$, при которых $\sqrt{p + \sqrt{p}}$ также рационально, действительно бесконечно много.
2.7В стране математиков выбрали иррациональное число $\alpha \gt 2$ и выпустили монеты достоинствами в $\alpha^n$ рублей для $n=0,1,2 \dots$. Можно ли выбрать $\alpha$ таким образом, что любую сумму в натуральное количество рублей уплатить этими монетами, используя монеты каждого достоинства не более 6 раз?
Всероссийская олимпиада по математике 2013-2014. 9-й класс. (Здесь формулировка чуть упрощена) Приводится авторское решение из problems.ru.
Так как есть монеты достоинством $\alpha^0 = 1$ рубль, любую сумму можно выплатить этими монетами. Осталось показать, что при некотором $\alpha \gt 2$ количество монет каждого достоинства можно сделать меньше 7.
Пусть $\alpha$ удовлетворяет уравнению $$ \alpha^2 + \alpha = 7 \label{eq:2.7.1}\tag{2.7.1} $$
Умножив на $\alpha^n$ ($n = 0,1,2 \dots$), получаем: $$ 7\alpha^n = \alpha^{n+2} + \alpha^{n+1}, \qquad n=0, 1, 2 \dots $$
Это значит, что любые 7 монет достоинством в $\alpha^n$ рублей можно заменить монетами в $\alpha^{n+2}$ и $\alpha^{n+1}$ рублей. Повторяем обмен, пока это возможно. Так как при каждом обмене общее количество монет уменьшается, этот процесс конечен. По завершении процесса, монеты каждого достоинства используются не более 6 раз.
Осталось заметить, что квадратное уравнение $\eqref{eq:2.7.1}$ имеет решение $\alpha = \frac{\sqrt{29}-1}{2} \gt \frac{5-1}{2} = 2$.
Страница не завершена
| Описание Часть 1 |
Описание Часть 2 |
Условия задач |
Решения задач |
Комментариев нет:
Отправить комментарий