О. А. Иванов
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ
МАТЕМАТИКА
ДЛЯ школьников,
студентов и преподавателей
О. А. Иванов
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ
МАТЕМАТИКА
для школьников, студентов
и преподавателей
Москва
Издательство МЦНМО
2009
УДК 51(07)
ББК 22.1
И20
Иванов О. А.
И20 Элементарная математика для школьников, студентов
и преподавателей. — М.: МЦНМО, 2009. — 384 с.: ил.
ISBN 978-5-94057-505-4
Книга состоит из десяти глав, названия большинства из которых
вполне традиционны для книг, предназначенных для факультатив-
ных занятий по математике. В книге приведены более трехсот задач,
бблыпая часть которых предлагается читателю для самостоятельного
решения. Однако в каждой из глав рассматриваются не только элемен-
тарные задачи, но и связанная с ними теория.
Для старшеклассников школ с углубленным изучением математи-
ки и их учителей, студентов математических факультетов университе-
тов и их преподавателей, а также всех, кто интересуется математикой
и ее преподаванием.
ББК 22.1
ISBN 978-5-94057-505-4
© Иванов О. А., 2009.
© МЦНМО, 2009.
Оглавление
Предисловие (А. С. Меркурьев)	7
Введение	9
Глава 1. Индукция	17
§1.1	. Рассуждения «по индукции».....................  17
§1.2	. Метод математической индукции.................. 19
§1.3	. Принцип математической индукции................ 23
§1.4	. Аксиоматика Пеано.............................. 25
§1.5	. Сложение, порядок и умножение.................. 27
§1.6	. Число элементов множества...................... 31
Дополнительные задачи................................. 33
Комментарии педагогического характера ................ 34
Решения упражнений.................................... 36
Глава 2. Комбинаторика	40
§2.1	. Элементарные задачи............................ 40
§2.2	. Числа сочетаний и рекуррентные соотношения..... 45
§2.3	. Задача о перечислении графов .................. 50
§2.4	. Перестановки, размещения, сочетания............ 51
§2.5	. Метод производящих функций .................... 55
§2.6	. Рекуррентные соотношения и свойства степенных
рядов................................................. 57
§2.7	. Теорема Эйлера................................. 59
§2.8	. Числа Каталана................................. 64
§2.9	. Число ячеек n-мерного пространства............. 66
Дополнительные задачи................................. 69
Комментарии педагогического характера ................ 71
Решения упражнений.................................... 72
Глава 3. Целые числа	79
§3.1	. Элементарные задачи на делимость............... 79
§3.2	. Алгоритм Евклида............................... 83
4
Оглавление
§3.3	. Сравнения по модулю и кольца вычетов........... 85
§3.4	. Теоремы Ферма и Эйлера......................... 88
§3.5	. Распределение простых чисел.................... 91
§3.6	. Арифметические функции ........................ 93
§3.7	. Алгебраические уравнения над кольцами вычетов.. 96
§3.8	. Шифры с открытым ключом ....................... 99
§3.9	. Множество целых чисел...........................100
§3.10	. Кольца, поля, группы...........................102
Дополнительные задачи..................................106
Комментарии педагогического характера .................107
Решения упражнений.....................................107
Глава 4. Геометрические преобразования	113
§4.1	. Параллельный перенос, поворот и симметрии
в задачах.............................................113
§4.2	. Композиции в задачах...........................116
§4.3	. Группа движений плоскости......................121
§4.4	. Алгебраические свойства геометрических фигур...125
§4.5	. Координатные представления геометрических
преобразований........................................128
§4.6	. Орнаменты .....................................134
Дополнительные задачи.................................137
Комментарии педагогического	характера ...139
Решения упражнений ...................................140
Глава 5. Неравенства	145
§5.1	. Средние двух чисел.............................145
§5.2	. Неравенства и тождественные преобразования.....149
§5.3	. Неравенство Коши—Буняковского..................152
§5.4	. Неравенство Коши ..............................153
§5.5	. Теорема Мюрхеда................................155
§5.6	. Различные доказательства неравенства	Коши......159
§5.7	. Неравенство Йенсена............................163
§5.8	. Классические неравенства и геометрия...........166
§5.9	. Нормы и шары в ................................169
§5.10	. Интегральные варианты	классических неравенств .... 172
Дополнительные задачи.................................174
Комментарии педагогического	характера ...176
Решения упражнений ...................................176
Глава 6. Графы	185
§6.1	. Начало теории графов...........................185
§6.2	. Понятия и определения..........................189
§6.3	. Паросочетания..................................192
Оглавление
5
§6.4	. Деревья........................................195
§6.5	. Формула Эйлера и эйлерова характеристика ......198
§6.6	. Формула Пика...................................200
§6.7	. Теорема Жордана................................203
§6.8	. Графы для самых маленьких......................205
§6.9	. Двоичные кучи..................................207
Дополнительные задачи..................................211	/
Комментарии педагогического характера ................213
Решения упражнений ...................................214
Глава 7. Принцип Дирихле	219
§7.1	. Клетки и кролики...............................219
§7.2	. Комбинаторные теоремы существования............222
§7.3	. Плотные подмножества в R.......................225
§7.4	. Лемма Минковского .............................229
§7.5	. Суммы двух и четырех квадратов.................231
Дополнительные задачи.................................234
Решения упражнений ...................................235
Глава 8. Комплексные числа и многочлены	239
§8.1	. Многочлены: делимость и разложения на множители . . . 239
§8.2	. Определение поля комплексных чисел.............241
§8.3	. Комплексные числа в задачах....................245
§8.4	. Комплексные числа и геометрия..................248
§8.5	. Доказательство Конна теоремы Морли.............252
§8.6	. Основная теорема высшей алгебры и «единственность»
поля С...............................................255
§8.7	. Формула Эйлера................................ 258
§8.8	. Быстрое преобразование Фурье...................260
Дополнительные задачи.................................263
Решения упражнений ...................................265
Глава 9. Рациональные приближения	269
§9.1	. Хорошие приближения числа х/2..................269
§9.2	. Задача о саде и ряды Фарея.....................272
§9.3	. Цепные дроби...................................277
§9.4	. Квадратичные иррациональности..................284
§9.5	. Поле Q и поля частных..........................288
§9.6	. Числа алгебраические и трансцендентные.........290
Дополнительные задачи.................................296
Комментарии педагогического характера ................297
Решения упражнений....................................297
6
Оглавление
Глава 10. Математика и компьютер	305
§10.1	. Введение в предмет..............................305
§10.2	. Визуализация математических фактов и методов....310
§10.3	. Анализ результата, или: «Как сделать открытие» .... 316
§10.4	. Хаос, хаос......................................321
Дополнительные задачи...................................326
Комментарии педагогического характера ..................327
Решения упражнений .....................................327
Вместо заключения: обучение поиску решения задач,
или фантазии в манере Пойа	332
Решения дополнительных задач	340
К главе 1...............................................340
К главе 2...............................................344
К главе 3...............................................349
К главе 4...............................................352
К главе 5.....................................*.........358
К главе 6...............................................361
К главе 7...............................................365
К главе 8...............................................367
К главе 9...............................................370
К главе 10 .............................................373
Список литературы	377
Именной указатель	379
Предметный указатель	380
Предисловие
Для того чтобы книгу было интересно читать, в ней должен быть
сюжет, даже в том случае, когда она посвящена математике. Более то-
го, именно книга по математике для непрофессионалов должна быть
написана так, чтобы даже профессионалу было интересно следить за
развитием ее сюжета. Кроме того, такие книги должны обладать и ли-
тературными достоинствами. Всеми этими качествами обладает книга,
которую вы сейчас держите в руках.
Она состоит из десяти математических глав-новелл, объединенных
общими действующими лицами. К примеру, рассуждения «по индук-
ции», обоснованию которых посвящена первая новелла, появятся и
сыграют свою роль практических во всех последующих частях книги.
С другой стороны, множество натуральных чисел — это первый при-
мер так называемой числовой системы, развитию которых посвящены
новеллы с номерами 3, 8 и 9. Такие внутренние взаимосвязи — обычное
явление в этой книге.
Трудно определить жанр, в котором она написана. Это не задач-
ник, не учебник, не «книга для чтения по математике». Более всего
она напоминает хороший лекционный курс, из которого вдумчивый
слушатель вынесет больше, чем ему было рассказано. Мне нравится,
что каждая глава-новелла начинается с элементарных задач, служа-
щих тем основанием, на котором строится дальнейшее изложение, и что
автор всегда чувствует, когда ему следует остановиться при изложении
теоретического материала. Мне нравится расположение и характер мно-
гочисленных упражнений, которые, с одной стороны, облегчают чтение
книги, а с другой стороны — дают вдумчивому читателю возможность
оценить свое понимание предмета.
Ту «элементарную математику», о которой идет речь в этой книге,
могут понять учащиеся физико-математических школ. А прежде всего
я бы посоветовал проникнуться ее идеями всех преподавателей таких
школ, поскольку нельзя сводить углубленное обучение математике к из-
ложению «высшей» математики на уровне технического университета.
8
Предисловие
Я бы хотел, чтобы её изучали все студенты математических фа-
культетов педагогических университетов, поскольку не может быть хо-
рошим учителем тот, для кого «школьная» математика заключается
в решении разнообразных уравнений и неравенств путем бесхитростных
или же хитроумных преобразований, а «высшая» математика сводится
ко все более и более сложным понятиям и конструкциям, слабо связан-
ным с тем, что в будущем придется излагать на школьных уроках.
Мне кажется, что эта «Элементарная математика» будет интерес-
на и полезна преподавателям университетов, особенно работающим со
студентами-младшекурсниками, как пример того, каким образом можно
вводить новые понятия и показывать их необходимость, не перегружая
слушателей техническими деталями и предоставляя им возможность
поупражняться в их использовании.
Я надеюсь, что этой книге будет суждена долгая жизнь, чего она,
конечно, заслуживает.
Доктор физико-математических наук А. С. Меркурьев,
профессор Калифорнийского университета (Лос-Анжелес)
Введение
О чем эта книга и для кого она написана
В 1995 году издательство Санкт-Петербургского государственного
университета опубликовало книгу автора «Избранные главы элемен-
тарной математики» [II]1. К сожалению, по-русски она была издана
очень малым тиражом, поэтому автора никогда не покидала мысль
подготовить ее второе издание. Однако при всех достоинствах тех «Из-
бранных глав», у них был и существенный недостаток. Дело в том, что
они были написаны по материалам лекционного курса для будущих
учителей с университетской подготовкой. Поэтому автор, к примеру,
свободно использовал понятие определителя для того, чтобы опреде-
лить результант двух многочленов, или ссылался на теорему Фу бини
при вычислении объема 4-мерного шара. Большую часть «Избранных
глав элементарной математики» вполне могли воспринять и старше-
классники, однако им, скорее всего, были непонятны переходы от эле-
ментарных задач к вопросам «высшей математики»; тем самым от них
была скрыта основная идея той книги. Поэтому при обдумывании пла-
на новой книги автор прежде всего решил написать ее так, чтобы она
была доступна старшеклассникам и учителям школ с углубленным изу-
чением математики. Хотя автор сохранил названия шести глав и часть
содержащегося в них материала, однако «Элементарная математика» —
это совсем другая книга.
Пусть вас не введет в заблуждение название — элементарная,
ведь по существу это — математика. К великому сожалению, то,
что изучают в школе, похоже на математику не больше, чем цветок
на лугу со сверкающими в лучах восходящего солнца капельками
росы на нем, похож на такой же цветок, много лет пылившийся
между страницами гербария. В представлении автора термин «эле-
ментарная» означает то, что для понимания материала, во-первых,
не нужно обладать развитым абстрактным мышлением и, во-вторых,
ХВ 1999 году вышел ее перевод на английский язык под названием «Easy as -тг?»,
а в 2000 году — на итальянский.
10
Введение
не требуются навыки в использовании изощренной техники мате-
матического анализа. Там, где будет естественным ввести понятия,
не изучаемые в средней школе, приводятся необходимые определения
и примеры. Для того, чтобы проявился смысл этих понятий, доказыва-
ются (немногочисленные) теоремы.
Таким образом, если вы знаете математику по крайней мере в объеме
обычного школьного курса и вам она нравится настолько, что вы хотите
узнать больше, если, кроме того, вы готовы серьезно потрудиться, то
смело можете начинать изучать «Элементарную математику». 1
Содержание, основные идеи и структура
Книга состоит из 10 глав, названия большинства из которых вполне
традиционны для книг, предназначенных для факультативных занятий
по математике. В каждой из этих глав рассматриваются как элемен-
тарные задачи, так и непосредственно связанная с ними теория. Автор
включил в книгу более 300 задач, бблыпая часть которых предлага-
ется читателю для самостоятельного решения (их решения приведены
в конце книги).
Необходимо сказать, что педагогический стиль автора вырабатывал-
ся под влиянием знаменитых книг Дьердя Пойя2 и Феликса Клейна3.
Основной целью этой книги является развитие математического мыш-
ления ее читателей. Как было отмечено ранее, автор не предполагает,
что читатель обладает навыками использования абстрактных понятий и
проведения использующих их логических рассуждений. Однако подоб-
ные понятия будут вводиться в разных главах этой книги. Характерным
примером является данное в главе 1 («Индукция») введение аксиома-
тики Пеано для определения множества натуральных чисел и, в част-
ности, обоснование на ее основе метода математической индукпци.
С другой стороны, теория бывает полезна для того, чтобы прояснился
смысл некоторых задач. Простейшим примером является связь между
задачей 3.5 и малой теоремой Ферма (теорема 3.8). Полезно заметить,
что формулировка этой теоремы станет яснее, если мы воспользуемся
определением сравнения чисел по данному модулю. Наконец, всегда
интересно посмотреть на неожиданное применение разработанной тео-
рии. В главе 3 дано описание так называемых «шифров с открытым
ключом», являющихся в настоящее время самым популярным мето-
дом шифрования, обеспечивающим конфиденциальность передаваемой
2Математика и правдоподобные рассуждения. М.: Наука, 1975.— 464 с.
3Элементарная математика с точки зрения высшей. Т. 1. М.: Наука, 1987. — 482 с.,
Т. 2. 1987. - 431 с.
Введение
11
информации. Доказательство возможности шифрования-дешифрова-
ния как раз и основано на классических теоремах — малой теореме
Ферма и теореме Эйлера 3.9.
Почти на каждой странице книги имеются разнообразные упражне-
ния (в основном — теоретического характера); всего их более 200. Их
первейшая роль — это развитие математической культуры читателя. Во
многих случаях решение упражнения является частью доказательств^
некоторого утверждения. Однако решив его, вы не только устраните
пробел в доказательстве, но и будете лучше понимать используемые по-
нятия. Кроме того, автор рассчитывает, что наличие упражнений будет
облегчать понимание доказательств, поскольку некоторые из них доста-
точно длинны. С этой целью рассуждение бывает разбито на несколько
шагов. И нет необходимости при первом чтении книги разбираться во
всех деталях, однако важно понимать формулировки. Если вы захотите
всерьез разобраться в рассуждениях, то это можно будет сделать при
повторном чтении. При этом автор рекомендует читателю сравнить най-
денные им решения с авторскими, приведенными в конце каждой главы.
То, что было сказано об упражнениях, относится и ко всей книге в це-
лом. К примеру, в каждой главе есть параграфы, которые будут трудны
для понимания. Пропустите их при первом чтении, вернее, прочитайте
формулировки и не пытайтесь сразу разобраться в их доказательствах.
Как вы увидите из оглавления, разделы этой книги слабо связаны друг
с другом, поэтому их можно читать практически в любом порядке. Ко-
нечно, некоторые логические взаимосвязи между ними имеются. К при-
меру, для того, чтобы читать основную часть главы 4 («Геометрические
преобразования»), надо познакомиться с понятием группы, введенном
в последнем параграфе предыдущей главы. Каждому известно, что та-
кое множество Z, однако не торопитесь пропустить §3.9 — «Множество
целых чисел», где на очень простом и естественном примере вводится
понятие фактормножества, без которого трудно обойтись, к примеру,
при определении кольца вычетов.
Среди утверждений, приведенных в книге, имеются, можно сказать,
математические шедевры, такие как:
•	теорема Эйлера о соотношении между числами разбиений нату-
рального числа на натуральные слагаемые (§2.7);
теорема Эйлера 3.13 о частоте появления простых чисел в ряду
натуральных чисел и теорема Гаусса 3.29 о цикличности группы
обратимых элементов кольца вычетов по простому модулю;
•	формула Эйлера (теорема 6.12) для плоских графов и доказатель-
ство Гильберта теоремы Жордана 6.18 для многоугольников;
12
Введение
•	теорема Рамсея 7.5, лемма Минковского (теорема 7.12) и дока-
зательства теорем Эйлера 7.14 и Лагранжа 7.15 о представлении
чисел в виде сумм двух и четырех квадратов целых чисел;
•	доказательство Гаусса о возможности построения правильного
17-угольника при помощи циркуля и линейки (теорема 8.9);
•	доказательство Даламбера «основной теоремы высшей алгеб-
ры» 8.15 — существования комплексного корня непостоянного
многочлена;
•	формула Эйлера для комплексной экспоненты (§8.7).	*
Следующие конструкции и утверждения можно назвать «математи-
ческими изюминками»:
•	построение шифров с открытым ключом (§3.8);
•	классификация орнаментов (теорема 4.19);
•	теорема Мюрхеда 5.4;
•	формула Пика для площади многоугольника с вершинами в точ-
ках целочисленной решетки (теорема 6.17);
•	построение эффективной сортировки при помощи двоичных куч
(§6.9);
•	лемма Дилворта (теорема 7.3), теоремы Эрдёша—Секереша 7.2 и
Шпернера 7.4;
•	доказательство Конна теоремы Морли 8.11 о точках пересечения
трисектрис произвольного треугольника.
Однако стоит еще раз подчеркнуть, что большинство из перечислен-
ных теоретических фактов, конструкций и утверждений имеют доста-
точно элементарные проявления. К примеру, теорема Рамсея — это
обобщение известной задачи, в которой требуется доказать, что сре-
ди любых шести человек всегда найдутся либо трое попарно знакомых,
либо трое попарно незнакомых. Идея доказательства возможности по-
строения правильного 17-угольника может быть проиллюстрирована на
примере построения правильного пятиугольника. Для решения комби-
наторных задач, рассматриваемых в главе 2, оказывается полезным
понятие производящей функции. В этой же главе появляется поня-
тие кольца (на примере кольца формальных степенных рядов), которое
будет использоваться и в следующей главе 3 («Целые числа»). Целе-
сообразность введения понятия группы отчетливо видна на примере
рассматриваемых в главе 4 групп геометрических преобразований, и
так далее.
Особняком стоит последняя глава 10 («Математика и компьютер»).
Автору всегда было интересно, каким же разумным образом можно
Введение
13
использовать современные пакеты символьных вычислений, такие как
Maple и Mathematica, в преподавании математики. К примеру, кажет-
ся вполне неразумным использовать оператор Plot [] просто для того,
чтобы просмотреть несколько десятков графиков, или оператор Solve []
для того, чтобы решить несколько десятков уравнений. С другой сторо-
ны будет неверно «связывать руки» ученику, утаивая возможности этих*,
пакетов. Результаты размышлений и отражены в этой главе. Основная
идея состоит в том, что после того, как на экране компьютера появился
ответ, вот тогда-то и начинается решение задачи.
В заключение несколько слов об используемой в книге нумерации
задач, утверждений и упражнений. Номер состоит из двух чисел, раз-
деленных точкой; первое число — это номер главы. Второе число — это
порядковый номер: а) теоретического утверждения (леммы, теоремы),
б) задачи, в) упражнения; при этом нумерация каждого из этих типов
ведется отдельно.
Использованные источники
и рекомендуемая литература
Список литературы, использованной автором, приведен в конце кни-
ги. Ссылка на источник приводится в тех случаях, когда автор суще-
ственным образом использовал его в тексте этой книги. К примеру,
изложение быстрого дискретного преобразования Фурье (§8.7 главы 8)
основано на материале раздела 32 книги [15], а доказательства теорем
Эйлера и Лагранжа о представлении чисел в виде сумм двух и четырех
квадратов взяты из книги [19].
Что касается задач, то среди них есть небольшое число придуманных
автором.4 Основными источниками задач послужили книги [3], [6], [22]
и [28], а задача 10.2 была взята из книги [20]. Однако про большинство
задач в этой книге невозможно сказать, кто их придумал и где они были
опубликованы в первый раз. Те, кто занимался кружковой работой по
математике, их, так сказать, «давно и хорошо знают».
Из числа книг, указанных в списке использованной литературы, ав-
тор может рекомендовать для изучения книги [1], [3], [5], [6], [12], [13],
[20]—[23], [28] и [30] (к сожалению, последняя из них не переведена на
русский язык).
В нашей жизни многое определяется кругом общения. Автор бла-
годарен своим коллегам по математико-механическому факультету
4Это означает, что ни автор, ни его коллеги не встречали их ранее.
14
Введение
Санкт-Петербургского государственного университета С. М. Ананьев-
скому, Б. М. Беккеру, В. Г. Быкову, В. М. Гольховому, Н. А. Вавилову
за многочисленные беседы о математике и ее преподавании, за помощь,
поддержку и конструктивную критику. Большую помощь автору оказав
ли выпускник матмеха СПбГУ, учитель гимназии №261 Г. И. Вольфсон
и выпускник Академической Гимназии СПбГУ Лев Сподынейко, вни-
мательно прочитавшие рукопись книги. Автор признателен доценту
матмеха А. Л. Громову за подготовку рисунков. Особая благодарность
нашему бывшему коллеге, а ныне профессору Калифорнийского уни-
верситета, А. С. Меркурьеву, написавшему Предисловие к этой кни-
ге и предоставившему автору возможность поработать с пакетом
Mathematica. Автор выражает свою признательность Роберту Бёрн-
су (Канада), который десять лет назад перевел на английский язык
«Избранные главы элементарной математики», а в настоящее время
работает над переводом «Элементарной математики».5 Общение с ним
доставляет искреннюю радость (уже не говоря о том, что благодаря
ему были исправлены разнообразные неточности и опечатки).
Наконец, автор не может не сказать о той роли, которую в его жизни
сыграла физико-математическая школа (ныне — гимназия) номер 30,
короче — «тридцатка». Что такое математика, стало ясно уже там,
и всего-навсего за те два года, которые мне и многим моим коллегам
посчастливилось в ней учиться. Но об этом стоит рассказать более по-
дробно, особенно потому, что в то время, когда автор писал эту книгу,
пришла скорбная весть — ушел из жизни Иосиф Яковлевич Веребей-
чик, который для многих людей нашего поколения всегда останется
в памяти, как наш Учитель.
Памяти Учителя
Иосиф Яковлевич Веребейчик был учителем-легендой. Трудно се-
бе представить, но он работал в «тридцатке» немногим более десяти
лет, а успел воспитать чуть ли не целое поколение математиков на-
шего города. Только на математико-механическом факультета СПбГУ
его учениками являются: два профессора кафедры высшей алгебры и
теории чисел, два профессора кафедры высшей геометрии, два профес-
сора кафедры теоретической кибернетики, профессора кафедр матема-
тического анализа, теории вероятностей и математической статистики,
общей математики и информатики, а сколько их еще работает в других
вузах и других странах!
5 По заказу Американского математического общества.
Введение
15
А начиналось все с 9-го класса. Все мы, отличники обычных школ,
радовались, когда получали хотя бы «три с двумя минусами» за кон-
трольную работу. Настольной книгой для нас был «Моденов» [20],
с большим удовольствием знакомились с аксиоматикой геометрии
«по Гильберту» [7], изучали теорию площадей по статье В. А. Рохлина
в «Энциклопедии элементарной математики»6. А когда Иосиф Яковле-
вич не смог выпутаться из возникших сложностей при введении поня-
тия действительного числа посредством их десятичных представлений,
Иосиф Яковлевич Веребейчик
(23.03.1921 - 12.03.2007)
то автор взял и выучил дедекиндовы сечения «по Фихтенгольцу». Реша-
ли задачи, участвовали в «математических боях» — соревновании, при-
думанном Иосифом Яковлевичем. И что из того, что мало кто из моих
одноклассников стал профессиональным математиком, у нас навсегда
вТ. 5. Геометрия. М.: Наука, 1966.- 624 с.
16
Введение
остались те качества, которые нам привил Веребейчик — ответствен-
ность и работоспособность, четкость и раскованность мышления, вера
в свои силы — тот, кто «выжил», мог уже ничего не бояться! Эти два
года были периодом самого интенсивного интеллектуального развития
за всю нашу жизнь. Наверное, это и есть самое главное, за что мы так
благодарны нашей школе.
Конечно, в тридцатой школе работали и другие, не побоюсь этого
слова — выдающиеся, учителя, но в те годы И. Я. Веребейчик был ли-
дером. «Все возвращается на круги своя», вот и наша школа вернулась
на свое старое место в здание на углу 7-й линии и Среднего проспекта.
«Не распалась цепь времен», наша (до сих пор — «наша»!) школа живет,
учит, воспитывает, а одно из самых важных звеньев в этой цепи связано
с именем Иосифа Яковлевича Веребейчика.
Санкт-Петербург, 2008 год
Глава 1
Индукция
§1.1. Рассуждения «по индукции»
В обычном понимании этого слова, индукция — это рассуждение,
в котором мы идем от частного к общему. В общем-то, так оно есть и
с математической точки зрения.
Задача 1.1. Докажите, что квадрат можно разрезать на 6, 8, 9 квад-
ратов. На какое еще число квадратов можно разрезать квадрат?
Ответ: на любое число, отличное от 2, 3 и 5. Действительно,
нетрудно разрезать квадрат на 6, 8, 9 квадратов, а разрезать его на
семь совсем просто: достаточно в исходном квадрате, а затем в его
четвертинке нарисовать «крестик» (рисунок). Это и 
есть основная идея — подрисовать крестик, увеличив
количество квадратов на три. Следовательно, раз мы
смогли разрезать квадрат на 6 квадратЪв, то сможем —---------
разрезать его на 9, на 12, на 15 квадратов, и так далее.
Разрезав квадрат на 4 квадрата, мы далее сможем по-
лучить разрезания на: 7, 10, 13, и так далее квадратов.
Наконец, мы сможем разрезать его на 8, И, 14, ... квадратов. Таким
образом, добавляя тройку нужное число раз, мы из чисел 6, 7 и 8 мо-
жем получить любое натуральное число, большее 5. Конечно, остается
доказать, что квадрат невозможно разрезать на 5 квадратов (ясно, что
его нельзя разрезать как на 2, так и на 3 квадрата).
Безусловно, на первых порах (особенно для младших школьников)
таким рассуждением и следует ограничиться.
Аналогичным образом решается и следующая задача.
Задача 1.2. Докажите, что любую сумму, бблыпую 7 копеек, можно
уплатить, имея в кармане лишь трех- и пятикопеечные монеты (конеч-
но, в неограниченном количестве).
Действительно, поскольку 8 = 34-5, 9 = 3 + 34-3 и 10 = 54-5, то мы
можем без сдачи заплатить 8, 9 и 10 копеек. Следовательно, добавив
необходимое количество трехкопеечных монет, мы сможем уплатить
любую сумму.
18
Глава 1. Индукция
Еще одна хорошая задача подобного типа.
Задача 1.3. Докажите, что квадратную доску 2П х 2П, из которой
удалена одна клетка, можно замостить «уголками» ЕЪ .
Если из доски 2x2 удалить одну клетку, то как раз и останется
«уголок». Теперь рассмотрим доску 4 х 4 с одной удаленной клеткой.
Разделим ее на четыре доски 2 х 2 и положим уголок
так, чтобы он не задевал квадрат, в котором находит-
ся удаленная клетка. Что останется — четыре уголка!
Дальше рассуждаем аналогичным образом. Если раз-
делить доску на четыре квадрата и положить уголок
так, чтобы он не задевал квадрат, в котором находит-
ся удаленная клетка, то мы получим четыре квадрата
вдвое меньшего размера, в каждом из которых не нужно накрывать
ровно одну клетку. А такие квадраты мы уже умеем замощать!
Как вы видите, во всех рассмотренных задачах рассуждение шло от
частного к общему, от рассмотрения частных примеров к некоторой об-
щей идее, позволяющей неограниченно передвигаться от одного
случая к другому.
Следующий пример интересен тем, что на первый взгляд кажется,
что индукционный метод рассуждения здесь ни при чем.
Задача 1.4. Докажите, что если a^b^c^d^e, то
a2-b2+c2-d2 + e2>(a-b + c- d + е)2.
Бывает трудно решать задачи, являющиеся частным случаем неко-
торого общего факта, который еще предстоит найти. В нашем случае
можно попробовать сначала решить более простую задачу. Итак, пусть
а b с. Тогда
а2 - Ь2 + с2 - (а - b + с)2 = (а — b)(a + b) — (a — b)(a — b + 2с) =
= (а - Ь)(2Ь - 2с) = 2(а - b)(b - с) > О,
следовательно, а2 — Ь2 + с2 > (а — b + с)2.
Значит,
а2 — Ь2 + с2 — d2 + е2 (а — b + с)2 — d2 + е2 >
> (а — b + с — d+ е)2,
поскольку ясно, что а — b + с d.
Упражнение 1.1. Найдите формулировку, обобщающую задачу 1.4.
§1.2. Метод математической индукции
19
Для решения последней задачи этого параграфа потребуется
несколько бблыпая техника, однако на ее примере ясно виден метод
математической индукции.
Задача 1.5. Найдите наименьшее число с, такое что неравенство
п3 с 2п справедливо при всех натуральных п.
Ясно, что искомое число с просто должно быть наибольшим элемен-
том последовательности
_ га3
Хп ~ 2П’
Прежде всего давайте немного посчитаем. Первыми элементами этой
последовательности являются числа
1 о 27 4 125 216 = 27
2’ ’ 8 ’ ’ 32 ’ 64	8 ’
Видно, что начиная с четвертого элемента, каждое следующее число
меньше предыдущего. Если мы докажем это, то отсюда и будет следо-
вать, что член х4 является наибольшим, значит, с = 4. Избавившись от
знаменателей, раскрыв скобки и приведя подобные члены, преобразуем
неравенство
_ т? (п + I)3 _
“ 2n 2n+1 “ n+1
к виду п3 > Зп2 Н- Зтг Н-1. Осталось заметить, что, так как п 4,
п3 Зп2 + п2 Зп2 + 4п > Зп3 -I- Зтг Н- 4 > Зп2 Н- Зтг Н-1.
Давайте еще раз посмотрим, на чем же основывалось утверждение
о максимальности члена я?4 среди всех членов данной бесконечной по-
следовательности. Вначале было установлено (посредством прямого
подсчета), что значение гс4 больше, чем o?i, х2 и х3. Затем мы доказали,
что хп > хп+1 при всех п 4. Значит, х4 > х5 > х6 > ... и так далее до
бесконечности, откуда и следует, что я?4 > хп при всех п 5.
§ 1.2. Метод математической индукции
С формальной точки зрения суть метода математической индук-
ции состоит в том, чтобы избавиться от слов и так далее до
бесконечности, другими словами, избавиться в рассуждениях о т
многоточий. Схема его такова. Предположим, что мы хотим дока-
зать бесконечно много математических утверждений. Вернее,
пусть нам требуется доказать что некоторое утверждение справедливо
для произвольного натурального числа п: Р(п) VnEN. По существу
20
Глава 1. Индукция
в этом случае мы имеем дело с бесконечной последовательностью ма-
тематических утверждений Р(1), Р(2), ... Казалось бы, почему бы не
доказать сразу утверждение Р(п) для произвольного натураль-
ного числа п? Однако приведенные в предыдущем пункте примеры
показывают, что для того, чтобы доказать, к примеру, утверждение
Р(5), нам хорошо бы знать, что верно утверждение Р(4). Предположим,
что установлена справедливость самого первого из последовательности
утверждений; итак, Р(1) верно, — это база индукции. Теперь для произ-
вольного /с, в предположении, что верно утверждение Р(А;), установим
справедливость следующего по очереди за ним утверждения P(k +1) —
это индукционный переход. Тогда мы вправе утверждать, что справед-
ливы все рассматриваемые утверждения Р(п) при всех натуральных п.
Самым стандартным примером применения метода математической
индукции является решение задачи 1.6. Однако давайте вначале рас-
смотрим использование этого метода на примере решения все той же
задачи 1.5. Итак, мы хотим доказать, что я?4 > хп при всех п 5. Нами
доказано, что хп > хп+1 при всех натуральных п 4. Базой индукции
является неравенство х4 > х5. Проведем индукционный переход. Итак,
предположим, что для некоторого (но произвольного) натурального
числа п верно, что х4> хп. Поскольку, как было доказано, хп > хп+1у
то отсюда следует, что я?4 > xn+i. Значит, в силу метода математической
индукции, х4 > хп при всех п 5.
Решение следующей задачи — стандартный пример использования
этого метода.
Задача 1.6. Докажите тождество
£ к3 = п2(п + 1)2
fc=l	4
Ясно, что это тождество верно при п = 1, тем самым база индукции
установлена. Проведем индукционный переход, т. е. предполагая, что
А , 3 n2(n + I)2	, з (п + 1)2(п + 2)2
22 & = —~, докажем, что 22 & =--------------------•
fc=i	4	fc=i	4
Действительно,
n+1	п	2 / 1 1 \2
+	+	+ („ + i)> =
= (" + ‘Г („г + 4„ + 4) -=	.
4	4
В разобранном примере метод математической индукции предстает
как удобная схема доказательства заранее сформулированных утвер-
ждений.
§1.2. Метод математической индукции
21
Заметим, что мы можем как бы обойтись «без индукции», воспользо-
вавшись тем, что
,.з к2(к + I)2 (к - 1)2к2
4	4
и сложив равенства
г3 = 12 • \ - °,
4	х
о2	92	Л
23 = 22	— I2 • 5»,
4	4
з _ n2(n + I)2 (п — 1)2п2
П =	4	4	*
Однако предыдущее рассуждение, во-первых, проще, а во-вторых, в нем
мы имеем дело только с двумя равенствами: тем, справедливость кото-
рого предполагается, и тем, справедливость которого мы хотим устано-
вить. Наконец, идея индукционных рассуждений состоит в том, чтобы
обойтись без «многоточий» в доказательствах.
Задача 1.7 (о ханойской башне). На одну из трех палочек насажены
10 колец разного диаметра так, что меньшее кольцо лежит на большем.
За какое наименьшее число перекладываний можно переложить их на
другую палочку, пользуясь вспомогательной третьей, если в процессе
перекладываний запрещено класть кольцо большего диаметра на мень-
шее?
Собственно говоря, для решения этой задачи нам не требуется ис-
пользовать метод математической индукции, поскольку в ее условии
дано конкретное число колец. Разобрав случаи п = 1,2,3, получим, что
потребуются, соответственно, одно, три или семь перекладываний. Для
того, чтобы переложить «башню» из четырех колец, необходимо: снять
верхние три кольца, затем переложить нижнее кольцо на свободную
палочку и, наконец, положить на него три кольца меньшего диаметра.
Таким образом, потребуются 74-14-7 = 15 перекладываний.
Решим задачу для произвольного числа п колец. Из приведенно-
го рассуждения сразу следует рекуррентная формула для чисел рп —
наименьшего числа перекладываний для башни, состоящей из п колец:
рп+1 =2рп 4-1.
Действительно, для того, чтобы переложить нижнее, (п 4- 1)-е кольцо,
нам вначале надо переложить п лежащих над ним колец, на что будет
затрачено рп перекладываний. Затем мы переложим нижнее кольцо и
потратим еще рп перекладываний, чтобы поместить на него п верхних
колец.
22
Глава 1. Индукция
В следующей таблице содержатся числа рп для п = 1,2,..., 7.
п	1	2	3	4	5	6	7
Рп	1	3	7	15	31	63	127
Нетрудно догадаться, что рп = 2П — 1. После этого осталось сделать по-
следний шаг, состоящий в применении метода математической индук-
ции для доказательства найденной формулы. Таким образом, осталось
решить следующую задачу.
Задача 1.8. Известно, что х± = 1 и хп+1 = 2хп + 1. Докажите, что
хп = 2п — 1.
База индукции: = 1 = 21 — 1.
Индукционный переход: если хп = 2П — 1, то
хп+1 = 2хп + 1 = 2 • (2П - 1) + 1 = 2n+1 - 2 + 1 = 2n+1 - 1.
Задача о ханойской башне является одной из лучших задач на индук-
ционный метод рассуждения, в ее решении собственно «метод матема-
тической индукции» играет не слишком содержательную роль. Анализ
приведенного решения показывает, что существо решения — в построе-
нии так называемого рекурсивного алгоритма. Именно, пусть Tn(i,j) —
это последовательность перекладываний, которые следует произвести,
чтобы п колец перекочевали с г-й палочки из данных трех на j-ю. Тогда
7^(г, j) = { переложить кольцо с г-й на j-ю палочку },
и Тп+1(г, j) = {7il(z,fc),7i(i,j),7il(fc,j)}.
Задача 1.9. На сколько частей разделят: а) прямую п точек;
б) плоскость п прямых, никакие две из которых не параллельны и
никакие три не пересекаются в одной точке?
То, что п точек разделят прямую на п + 1 промежуток, совсем оче-
видно. Что же здесь доказывать и при чем здесь индукция? Суть дела
в том, что первый пункт данной задачи является подсказкой к решению
второго.
Итак, пусть п прямых (никакие две из которых не параллельны и
никакие три не пересекаются в одной точке) делят плоскость на сп
областей. Проведем еще одну прямую, которая будет иметь п точек
пересечения с имеющимися прямыми — по одной с каждой из них.
Следовательно, эти точки разбивают прямую на п + 1 промежуток,
§ 1.3. Принцип математической индукции
23
каждый из которых разбивает одну из п -I-1 областей на две, таким
образом, Сп+1 = сп -I- п -I-1. Осталось заметить, что Ci = 2, значит,
cn — cn-i + n = l + (l + 2 + 3 + ... + n) = l-|—-—-—
Рассмотренную задачу можно было сформулировать по-другому: на
какое наибольшее число областей могут разбить плоскость п прямых?
При такой постановке учащимся необходимо самим наложить сформу-
лированные в задаче геометрические условия на набор прямых (так
называемые «условия общего положения»). Интересно, что и в случае
произвольного набора прямых существует формула для числа образо-
вавшихся областей.
Упражнение 1.2. Пусть данные п прямых пересекаются в з точ-
ках. Обозначим через fci, fc2, • • •, число прямых, проходящих через
каждую из этих общих точек. Докажите, число областей, на которые
данные прямые разбили плоскость, равно п + 1 +	— 1).
Встречаются задачи, в которых индукцию непосредственно приме-
нить не удается, однако более сильное утверждение может быть дока-
зано без труда.
Задача 1.10. Докажите неравенство
n + l n + 2 2п 4
Обозначив через ап левую часть неравенства, получим, что
an+1 = ап + 2n + 1 + 2n + 2 - n + 1 = ап + 2п + 1 - 2п + 2 > ап,
3	3
поэтому неясно, как из неравенства ап < j получить, что an+i <
Однако нетрудно видеть, что если ап С | то ап+1 С | - 4^4
(докажите это), поэтому ап |	< | при всех натуральных п.
§1.3. Принцип математической индукции
То, что доказательство при помощи «метода математической индук-
ции» действительно является доказательством, представляется очевид-
ным. Действительно, раз верно Р(1), то верно и Р(2), поэтому верно
Р(3), и так далее!
Сомневающимся можно предложить следующее рассуждение. Пусть
некоторое утверждение верно при п = 1; из предположения, что оно вер-
но при п = fc, следует, что это утверждение верно при n = fc + 1, однако
24
Глава 1. Индукция
оно справедливо не при всех натуральных п. Рассмотрим наименьшее
число По, при котором данное утверждение является неверным, ясно,
что п0 > 1. Число п0 — 1, тем самым, является натуральным, и для него
данное утверждение справедливо, но в таком случае это утверждение
должно быть верным и для п0.
У совсем неверующих может возникнуть следующий вопрос: а поче-
му любое подмножество N имеет наименьший элемент, ведь ясно, что
для подмножеств множества Q это может не иметь места! Итак, пусть
а 6 8 С N. Если число а не наименьшее, то найдется < а, где а(1) G 5.
Если и — не наименьшее, то выберем а(2), и так далее, пока не дой-
дем до единицы, которая меньше любого другого натурального числа.
Но как бы нам и здесь суметь обойтись без слов «и так далее»?
То, что метод математической индукции действительно верен —
это, как мы далее увидим, следует из аксиом, определяющих множе-
ство натуральных чисел. Когда говорят о принципе математической
индукции, то и имеют в виду справедливость метода математической
индукции.
Каким образом можно описывать бесконечные математические
объекты, к примеру, такие, как различные числовые множества? Как вы
увидите далее в главах 3, 8 и 9 этой книги, зная, что такое N, посред-
ством некоторых конструкций можно построить множество Z целых
чисел и множество Q рациональных чисел; зная, чтб есть множество
R действительных чисел, можно построить множество С комплексных
чисел. Но с чего-то надо начинать, любая конструкция покоится на
некотором основании. Оставшаяся часть этой главы как раз и посвя-
щена описанию того, что же представляет из себя такое привычное
множество N натуральных чисел. В дальнейшем мы докажем, а по-
ка примем как факт то, что в любом подмножестве множества N
натуральных чисел имеется наименьший элемент.
Встречаются ситуации, в которых нам недостаточно знать, что неко-
торое утверждение верно при данном п, чтобы можно было сразу до-
казать, что оно справедливо также для п -F 1. С подобными примерами
мы уже встречались, см. задачи 1.1 и 1.2.
Задача 1.11. Докажите, что всякий (не обязательно выпуклый)
многоугольник можно разбить на треугольники его непересекающимися
(во внутренних точках) диагоналями.
Упражнение 1.3. Докажите, что во всяком многоугольнике суще-
ствует диагональ, лежащая внутри него.
Воспользуемся результатом упражнения 1.3 и будем рассуждать по
§ 1.4. Аксиоматика Пеано
25
индукции (по числу сторон многоугольника). Если он является тре-
угольником, то доказывать нечего. Теперь предположим, что утвер-
ждение задачи верно для всякого многоугольника с числом сторон,
меньшим п. Рассмотрим произвольный n-угольник. В силу результа-
та упражнения 1.3, у него существует диагональ, разбивающая его на
два многоугольника с меньшим числом сторон. Поскольку (в силу сде-
ланного предположения) каждый из них разбивается диагоналями на
треугольники, то и данный n-угольник разбивается на треугольники.
При решении этой задачи мы использовали метод математической
индукции в его, так сказать, расширенной форме. Теперь докажем, что
мы имели право это делать.
Теорема 1.1. Пусть {Р(п)}пеЛ/- — последовательность матема-
тических утверждений. Предположим, что верно утверждение Р(()
и для всякого натурального числа п из того, что утверждения P(fc)
верны при i^k^n, следует, что верно утверждение P(n +1). Тогда
утверждения Р(п) верны при всех натуральных £.
Рассмотрим число
п0 = min{n е АГ | п £ и Р(п) неверно }.
Поскольку Р(п0) — неверное утверждение, то п0 > £. В силу выбора
числа По утверждение P(fc) верно при k = £,£+l,...,n0—1, значит,
по основному предположению, верно и утверждение Р(п0). Получен-
ное противоречие доказывает теорему.	П
§1.4. Аксиоматика Пеано
Итак, что же представляет собой множество N натуральных чисел?
Рассмотрим произвольную тройку {АГ, 1, з}, состоящую из:
•	некоторого множества V,
•	отмеченного в нем элемента, обозначаемого 1,
•	отображения з: АГ —► АГ.
Предположим, что эта тройка удовлетворяет следующим свойствам, ко-
торые называются аксиомами Пеано:
(Пе1) если х,у еХ и х / у, то з(т) / $(?/);
(Пе2) отмеченный элемент 1 не является образом никакого элемента
множества N при отображении з;
(ПеЗ) если М — подмножество АГ, такое что 1 ЕМ и s(x) Е М для
всякого х е М, то М = АГ.
26
Глава 1. Индукция
Аксиома (Пе1) попросту означает, что отображение з является инъ-
ективным.1 Теперь вспомним, что образом f(A) множества А С X
при отображении f: X -+Y называется множество, состоящее из об-
разов /(а) всех элементов a 6 А,
/(4) = {/(а)|аб4}.
Таким образом, аксиома (Пе2) может быть записана в виде: 1 s(AT).
Далее, будем называть подмножество М множества N индуктивным,
если 1 6 М и з(М) с М. Последнюю аксиому (ПеЗ) можно сформули-
ровать так: в X не существует нетривиальных, т. е. отличных от АГ,
индуктивных подмножеств. Данная аксиоматика была введена в 90-х
годах позапрошлого века итальянским математиком Пеано. С при-
вычной точки зрения, з(х) — это следующее за х натуральное число,
т. е. х -|-1, однако сложение в множестве АГ еще предстоит определить.
Извлечем первые следствия из аксиом Пеано.
Лемма 1.2. Справедливо равенство s (АГ) = АГ \ 1,'и з(а) а при
всех a € №.
Все, что надо доказать — это индуктивность множеств
Мх = {1} U з (X) и М2 = {а е АГ | $(а) / а} .
По определению множества Мх оно содержит отмеченный элемент 1.
Далее, если a е то s(a) 6 Mi просто потому, что Mi содержит обрат
зы вообще всех элементов множества АГ. В силу аксиомы (ПеЗ), Mi =№,
а так как 1 s(№) в силу аксиомы (Пе2), то з(АГ) = АГ \ 1. Докажите
самостоятельно индуктивность множества М2 (используйте сначала ак-
сиому (Пе2), а потом (Пе1)).	□
Операцией в множестве является некоторое отображение F, сопо-
ставляющее паре (а, Ь) элементов этого множества его элемент с =
= F(a, Ь). Стандартными примерами, которые далее нас и будут ин-
тересовать, являются обычные арифметические операции: сложение и
умножение. Их известными свойствами являются коммутативность
(а + Ь = Ь + а и ab = Ьа) и ассоциативность (а + (Ь + с) = (а + Ь) + с и
a(bc) = (ab)c). Конечно, сами эти операции нам еще предстоит опреде-
лить.
Коммутативность операции равносильна симметричности отображе-
ния F, т. е. тому, что F(a, Ь) = F(b, а), а ассоциативность равносильна
свойству:
F(a,F(b,c)) = F(F(a,b),c).
1Это и означает, что образы различных точек различны.
§1.5. Сложение, порядок и умножение
27
Рассмотрим операцию F в множестве X, обладающую следующими
свойствами:
(Сл1) F(a, 1) = s(a) при всех а е X;
(Сл2) F (a, s(b)) = s (F(a, b)) при всех а, b е А/*.
Теорема 1.3. Операция	удовлетворяющая свой-
ствам (Сл1), (Сл2), ассоциативна и коммутативна.
Докажем ассоциативность. Фиксируем a,be А/*, пусть
М = {с е А/* | F (a, F(b, с)) = F (F(a, b),c)}.
Поскольку
F (а, F(b, 1)) (С= ’ F (а, s(&)) (С= ) s (F(a, Ь)) (С= 1 F (F(a, b), 1),
то 1 6 М. Пусть с 6 М, тогда
F (а, F (b, s(c))) = F (а, s (F(b, с))) = s (F (а, F(b, с))) =
= s (F (F(a, b), с)) = F (F(a, b), з(с))
(в последнем переходе мы воспользовались тем, что сЕМ), значит,
s(c) 6 М. Таким образом, М — индуктивное множество, следовательно,
М=Ы.
Упражнение 1.4. Докажите второе утверждение теоремы.
Теорема 1.4. Существует не более одного отображения, удовле-
творяющего свойствам (Сл1), (Сл2).
Фиксируем элемент a € Af и рассмотрим множество
М = {b е X | F(a, b) = F'(a, b)} ,
где F и F' — отображения со свойствами (Сл1), (Сл2). Посколь-
ку F(a, 1) = s(a) = F'(a, 1), то 1 6 М. Пусть b е М, тогда F (a, s(b)) =
= з (F(a, b)) = s (F'(a, b)) = F' (a, s(b)), значит, s(b) € M, т. e. M — индук-
тивное множество, поэтому M тем самым F = F'.	П
§ 1.5. Сложение, порядок и умножение
Оказывается, что аксиомы Пеано, определяющие множество нату-
ральных чисел, можно использовать для того, чтобы ввести в нем
арифметические операции, а также отношение порядка. Первым на этот
факт обратил внимание немецкий математик Г. Грассман.
28
Глава 1. Индукция
Теорема 1.5. В множестве М существует операция сложе-
ния, т. е. существует отображение F, удовлетворяющее свойствам
(Сл1), (Сл2). Причем такое отображение единственно и определяет
в N коммутативную и ассоциативную операцию.
Рассмотрим множество Af, состоящее из всех элементов a для
которых существует отображение fa: N —► X, такое что
/а(1) = $(а) И /а(з(Ь)) = з(/а(Ь)) при всех beAf.
Положим Л(Ь) = s(b), тогда /1(1) = з(1) и /i(s(b)) = s(s(b)) =
т. е. 16 М. Если а е М, то определим /з(а) формулой /з(а)(Ь) = з(/а(Ь))«
Имеем /в(а)(1) = $(/а(1)) = $(з(а)) и /e(a)(s(b)) = s(/a(s(b))) = s(s(/a(b))) =
= s(/S(a)(b)) при всех b 6 АЛ Тем самым доказано, что множество М ин-
дуктивно, значит, М=Л[и формула F(a, Ь) = fa(b) определяет отобра-
жение F, удовлетворяющее свойствам (Сл1), (Сл2). В силу теоремы 1.4
такое отображение единственно, а в силу теоремы 1.3, соответствующая
операция является ассоциативной и коммутативной.	□
Лемма 1.6. a + b/a при всех a,beAf.
Действительно, 1 + Ь = b + 1 = s(b) / 1 в силу леммы 1.2. Далее, если
элемент a G X таков, что а + b /= а при всех b G X, то, поскольку отобра-
жение s инъективно, s(a) /= s(a + b) = s(b + a) = b + s(a) = s(a) + b, значит,
множество M = {a 6 Af | a + b / a V b 6 AQ индуктивно, что и требова-
лось доказать.	П
Введем отношение порядка на множестве А/. Будем говорить, что
а>Ь, если найдется такой элемент k € X, что a = Ь + fc.
Теорема 1.7. Для любых элементов a,bzM имеет место в точ-
ности одна из следующих возможностей: 1) а > Ь; 2) а = Ь; 3) а < Ь.
То, что никакие две из перечисленных возможностей не имеют ме-
ста одновременно, вытекает из леммы 1.6. Чтобы доказать, что хотя
бы одна из них реализуется, фиксируем элемент Ь е А/* и рассмотрим
множество
М = {а | а > b или а = b или а < Ь} .
Упражнение 1.5. Докажите, что введенное множество М индук-
тивно.
Утверждение теоремы следует из индуктивности множества М. П
Следствие. Элементы а, а + 1 являются соседними относитель-
но введенного на множестве N порядка, т. е. не существует такого
элемента b G АЛ что a <b < а -I-1.
Упражнение 1.6. Докажите это следствие.
§1.5. Сложение, порядок и умножение
29
Теорема 1.8. Всякое непустое подмножество в N имеет наи-
меньший элемент.
Пусть Е — произвольное непустое подмножество множества X. Рас-
смотрим множество М = {а E.V | а УЪ 6 Е}, состоящее из нижних
границ множества Е. Поскольку множество Е непусто, то, 1 6 М, зна-
чит, найдется такой элемент и G V, что и € М и u + 1 М. Если будет /
доказано, что и е Е, то и — наименьший элемент этого множества. По-
скольку и -|-1 М, то найдется такой элемент Ьо 6 Е, что 50 < и + 1.
Если и Е, то и < b при всех be Е, в частности, и < Ьо < и + 1, что
противоречит следствию теоремы 1.7.	□
Умножение в множестве натуральных чисел вводится по аналогич-
ной схеме. Именно, верна следующая теорема.
Теорема 1.9. Существует единственное отображение
такое что:
(Ум1) G(a,l)=a;
(Ум2) G(a,s(b)) = G(a,b) + a.
При этом отображение G является операцией, ассоциативной, ком-
мутативной и дистрибутивной относительно сложения, т. е. при
всех a,b,ctM имеет место равенство
G(a, b с) = G(e, b) -|- G(cr, с).
Лемма 1.10. Если отображение	удовлетворяет
свойствам (Ум1) и (Ум2), то
•	G(l,b) = b;
•	G(s(a),b) = G(a,b) + b.
Доказательство проходит по обычной схеме. Пусть
М = {Ь | G (s(a), b) = G(a, b) + Ь}.
Так как G (s(a), 1) = s(a) = а + 1 = G(a, 1) + 1, то 1 е М. Предположим,
что b е М. Поскольку
G (з(а), з(Ь)) = G (з(а), b) + s(a) = (G(a, b) 4- b) + (a 4-1) =
= (G(a, b) + a) 4- (b + 1) = G (a, s(b)) 4- s(b),
to s(b) e M, значит, M = J\f.
Упражнение 1.7. Докажите теорему 1.9.
30
Глава 1. Индукция
Упражнение 1.8. Докажите, что 2x2 = 4 (здесь 2 = s(l), 3 = s(2),
4 = s(3)).
Упражнение 1.9. Докажите, что если а < Ъ и с е Af, то ас < Ьс.
Наконец, аксиоматика Пеано — пример так называемой полной акси-
оматики. Сейчас будет доказано, что в определенном смысле существует
единственное множество, для которого справедливы эти аксиомы. В та-
ком случае принято говорить, что любые две модели являются изо-
морфными. Таким образом, в отличие, к примеру, от аксиом группы
или аксиом топологического пространства, аксиоматика Пеано опре-
деляет единственный объект, который мы и называем множеством N
натуральных чисел.
Теорема 1.11. Если {АЛ, 1, s} и {AT',l',s'} — две тройки, удовле-
творяющие аксиомам Пеано, то существует взаимно однозначное
отображение Ф: Af—► АЛ, такое что Ф(1) = 1' и при всех хеМ верно
равенство Ф (s(x)) = s' (Ф(х)).
Пусть отображение Ф: АГ—>АЛ таково, что Ф(1) = 1' и Ф(s(x)) =
= s' (Ф(х)) при всех х € АЛ Докажем, что Ф является биекцией. Поло-
жим М = Ф(АГ). По построению 1' = Ф(1) 6 М. Если у = Ф(х) 6 М, то
s'(s/) = s' (Ф(т)) = Ф (s(x)) е М. Доказано, что множество М индуктивно,
следовательно, М=АЛ. Таким образом, Ф(АГ) = АЛ.
Если х / 1, то х = s(#i), значит, Ф(х) = Ф(5(Х1)) = 5'(Ф(Х1)), откуда
следует, что Ф(т) / 1'. Таким образом, элемент 1' е АЛ имеет единствен-
ный прообраз относительно отображения Ф.
Рассмотрим множество
М = {у^М\х/у => Ф(х) / Ф(г/)}.
Как только что было доказано, 1 G М. Пусть у 6 М и х / s(y). Если
х = 1, то Ф(х) = 1' / Ф (s(j/)) = s' (Ф(?/)). Если х / 1, то х = s^). Ясно,
что Xi значит, Ф^)/Ф(з/), следовательно, 5'(Ф(#1)) /$'(Ф(?/)), или
Ф(х) / Ф(з(у)). Тем самым, М — индуктивное множество, поэтому, если
х / у, то Ф(х) / Ф(г/). Таким образом, отображение Ф — биекция.
Все, что осталось доказать, так это существование отображения Ф.
По существу, речь идет о законности рекуррентных определений. Чтобы
окончательно не запугать читателя, автор не будет приводить фор-
мального доказательства, поскольку ситуация абсолютно очевидна.
Действительно, если Ф(х) определено, то формула Ф (з(х)) = s' (Ф(х))
определяет образ Ф на элементе s(x).	.	□
Упражнение 1.10. Докажите, что 1) Ф(х 4- у) = Ф(х) + Ф(у) и
Ф(ху) = Ф(я)Ф(з/) для любых элементов х,уеМ\ 2) если х < у, то
Ф(х) < Ф(у).
§1.6. Число элементов множества
31
§1.6. Число элементов множества
Часто мы используем слова число элементов множества или ко-
личество элементов данного множества. Число, в данном случае
натуральное, есть элемент N, каким же образом его можно сопоста-
вить данному множеству?
Рассмотрим следующий пример из жизни.
Как проще выяснить, кого, юношей или девушек, больше в танце-
вальном зале? Конечно, их можно просто пересчитать по отдельности
и сравнить полученные числа. Но естественнее поступить по-другому.
Если объявить «белый танец», то каждая из девушек будет стремиться
найти себе партнера, и ответ на поставленный вопрос определится тем,
кто же, юноши или девушки, останутся стоять у стен этого зала.
Будем говорить, что множество А состоит из к элементов, если
существует взаимно однозначное соответствие (биекция) между ним и
множеством 1к = {п Е N | п fc}, состоящим из всех натуральных чисел,
не превосходящих данного натурального числа к. Осталось доказать,
что множество не может одновременно состоять из, к примеру, трех и
четырех элементов одновременно. Предположим, что существуют вза-
имно однозначные соответствия между А и Д, а также между А и
где пусть для определенности £ < к. То, что множество It
является собственным подмножеством множества 1к, еще не доказыва-
ет, что между ними нет взаимно однозначного соответствия, поскольку
отображение з осуществляет такое соответствие между множествами
N и N \ 1. Можно возразить, что в рассматриваемом случае множества
конечны. Однако что же такое — конечное множество? ...
Теорема 1.12. Если к^£, то между множествами 1к и It не
существует взаимно однозначного соответствия.
Упражнение 1.11. Докажите эту теорему, используя метод мате-
матической индукции.
Упражнение 1.12. Постройте взаимно однозначное соответствие
между [0; 1) и [0; 1].
Докажем одно вспомогательное утверждение.
Лемма 1.13. При всех fc,^EN существует взаимно однозначное
соответствие между множествами 1к и 1к+г х Л •
Определим отображение 1к —► N, положив ^(г) = г + Л Из нера-
венств 1 г к следует, что £ 4-1 ^(г) к 4- £, значит, Vi Е Ik W €
Е Ik+t \ Л- Нетрудно видеть, что — инъекция, поэтому осталось по-
казать, что </>(/*;) = Ik+t \ Ц- Действительно, если j Е Ik+t \ It, то j > £,
значит, j = £ 4- i и ясно, что г к.	□
32
Глава 1. Индукция
Будем далее обозначать через |А| число элементов (конечного) мно-
жества А.
Следствие. Если А и В — непересекающиеся конечные множе-
ства, то |АиВ| = |А| + |В|. В частности, если множество В состоит
из одного элемента, то |А U В\ = з(|Л|).
Как обычно, через А х В будем обозначать декартово произведение
множеств А и В — множество всех пар (а,Ь), где а € А и be В.
Упражнение 1.13. Положим Я(|А|, |В|) = |А х В|. Докажите, что
эта формула определяет операцию в множестве N, удовлетворяющую
свойствам (Ум1), (Ум2), так что |А х В| = |А| • |В|.
В заключение приведем теорему-шутку, которая взята автором из
книги «Физики продолжают шутить». Перефразируя известное изрече-
ние «сказка — ложь, да в ней намек...» — в каждой шутке есть доля
правды...
Теорема 1.14 (шутка). Александр Великий не существовал.
Вначале докажем вспомогательное утверждение.
Лемма 1.15 (неверная). Все предметы имеют одинаковый цвет.
Доказательство проведем по индукции. Пусть п — число предме-
тов. При п = 1 утверждение очевидно; пусть лемма верна, если п = к.
По индукционному предположению любые к предметов имеют одина-
ковый цвет, поэтому, убрав вначале один из них, затем положив его на
место и убрав другой, получим, что все предметы из к +1 имеющихся —
того же самого цвета.	□
Перейдем к доказательству теоремы. Предположим противное, что
Александр Великий жил. По утверждению историков (а они никогда не
лгут), Александр ездил на вороном коне по кличке Буцефал. Известно,
что существуют предметы белого цвета2, поэтому, в силу доказанной
леммы, все предметы — белые, значит, на вороном коне Александр Ве-
ликий ездить уж никак не мог. Полученное противоречие доказывает
теорему.	□
2М. Твен. Собр. соч. в 12 т. Т. 10. Похищение белого слона. М.: ГИХЛ, 1961. С. 430.
Дополнительные задачи
33
Дополнительные задачи
Задача 1.12. Докажите неравенство Бернулли:
(1 4- h)n 1 + hn при всех neN и /г > — 1.
Задача 1.13. При помощи метода математической индукции дока-
жите, что (х - 1)(жп-1 + хп~2 + ... + 1) = хп - 1.
Задача 1.14. Докажите неравенство
Задача 1.15. Найдите все натуральные п, для которых имеет место
неравенство 5п2 > 2П.
Задача 1.16. Докажите, что при любом натуральном п справедливо
неравенство
1» 3 • 5... (2п — 1) <	1
2’4’6... 2п у/2ть + 1
Задача 1.17. Докажите, что число 4П 4- 15п — 1 при любом нату-
ральном п делится на 9.
Задача 1.18. Докажите неравенства
1<du + ^T2+-+dn<2-
Задача 1.19. Докажите, что число способов замощения полоски раз-
мером 2хп прямоугольниками 2x1 равно n-му числу Фибоначчи Fn.3
Задача 1.20. В последовательности хг,х2,. .. известно, что хх = О,
х2 = 4 и жп_|_1 = 4(жп — яп_1). Докажите, что хп = (п — 1) 2П. Найдите
формулу общего члена такой последовательности, если хг = 1 и х2 = 3.
Задача 1.21. На какое наибольшее число частей могут разбить про-
странство п плоскостей?
Задача 1.22. Найдите сумму l-2’34-2-3’44-...4-(n- 2)(п - 1)п
(при п > 3).
3Напомним, что числами Фибоначчи называются члены последовательности,
в которой Fo = Fi = 1, а все последующие члены строятся по правилу
Fn+i = Fn 4* Fn—1.
34
Глава 1. Индукция
Задача 1.23. Докажите, что если числа Х!,х2,... ,хп положитель-
ны, не все равны друг другу и хгх2... хп = 1, то
Я1 + х2 + ... + хп > п.
Задача 1.24. Докажите неравенство Чебышева: если аг а2
ап и 61 62 ^ ... ^ 6П, то
п	п	п
6» П П«6г*
i=l	i=l	г=1	<
Задача 1.25. Докажите, что сумма внутренних углов произвольного
(не обязательно выпуклого) n-угольника равна 7г(п — 2).
Задача 1.26. Многочлены Чебышева первого рода определены фор-
мулой Тп(х) = cos(n arccosя), n е . Докажите, что 21~пТп(х) есть мно-
гочлен степени п с коэффициентом при старшей степени, равным 1.
Задача 1.27. Найдите явную формулу для вычисления cos
в которой не присутствовали бы обозначения тригонометрических фун-
кций.
Задача 1.28. Про последовательность gi,g2,..., все члены кото-
рой — натуральные числа, еще известно, что = 1 и
Qn+i 1 + Qi + • • • + Qn-
Докажите, что любое натуральное число может быть представлено
в виде суммы различных (может быть, одного) членов этой последо-
вательности.
Комментарии педагогического характера
Одна из целей первых параграфов этой главы состоит в том, что-
бы показать, насколько различен смысл словосочетаний: индукционный
метод рассуждения, метод математической индукции, принцип ма-
тематической индукции, которые иногда произносят, не особо в них
вдумываясь. Нетрудно научить школьников доказывать по индукции
тождества по схеме решения задачи 1.6. Однако для их математическо-
го образования гораздо важнее (и неизмеримо труднее) привить навык
индукционного способа рассуждения, характерного вообще для поиска
решения (см. решение задачи 1.7), существенная часть которого состоит
в умении увидеть основную идею при рассмотрении частных случаев.
Заметим, что задачу 1.6 можно усложнить, дав следующую формули-
ровку: докажите, что сумма кубов первых п натуральных чисел есть
Комментарии педагогического характера
35
квадрат натурального числа. Ясно, что в такой формулировке ее нель-
зя предлагать младшим школьникам, для которых у этой задачи есть
хорошая замена: докажите, что сумма первых п нечетных чисел есть
квадрат натурального числа. Кстати, тождество из последней задачи
имеет симпатичную геометрическую интерпретацию (а какова интер-
претация задачи 1.6?). В духе «принципа кроликов» (см. главу 7) можно
предложить младшим школьникам «принцип сосны»: чтобы залезть на
макушку сосны, нужно как-то забраться на нижнюю ветку и изобрести
способ, при помощи которого можно далее перебираться с каждой ветки
на следующую.
Автор ограничился в этой главе небольшой подборкой задач, приве-
денной в основном для иллюстрации, поскольку почти в каждой главе
далее имеются утверждения, в доказательстве которых используется
метод математической индукции. Хочется еще раз подчеркнуть, что
во многих случаях принцип математической индукции (как основная
аксиома, определяющая множество N) используется неявно, например,
когда имеется многоточие или употребляются слова «и так далее». Учи-
тель может (или даже должен) вслух про индукцию не упоминать, но
сам о ней помнить он обязан.
Несколько слов об аксиоматике Пеано. Ясно, что школьникам нуж-
но демонстрировать аксиоматический метод в математике на хорошо
знакомых примерах, обычно с ним знакомят на примере обоснования
геометрии. Однако аксиоматика геометрии достаточно сложна, так что
практически невозможно, оставаясь в рамках программы средней шко-
лы, дать законченное (хотя бы частично) построение элементарной гео-
метрии — чего стоит хотя бы определить по Гильберту понятие луча [7].
Исключение — аксиоматика по Вейлю, но это уже не геометрия, а линей-
ная алгебра... Аксиоматика Пеано, определяя всем настолько хорошо
знакомый объект, будучи очень краткой по своей структуре и тесно
связанной с изучаемым в школе «методом математической индукции»,
дает возможность взглянуть по-новому на множество натуральных чи-
сел и операции в этом множестве. Поэтому представляется странным,
что она не нашла себе места в программах (специализированных) школ.
Автору данной книги, можно сказать, повезло. Он познакомился с этой
аксиоматикой в старших классах школы и, хотя с тех пор прошло 40
лет, до сих пор помнит то впечатление, которое она на него произвела.
36
Глава 1. Индукция
Решения упражнений
1.1.	Формулировка: если а2 a2n+i, то
а1 ~ а2 + • • • + а2п+1	(а1 ” а2 + • • • + Л2п+1) •
Доказательство проводится индукцией по п. Индукционный переход
был сделан при решении задачи 1.5.
1.2.	Собственно говоря, когда формула написана, то доказать ее
ничего не стоит, при этом доказательство практически не отличается от
решения задачи 1.9. При добавлении некоторой прямой число областей
увеличивается на € 4-1, где £ — число точек пересечения этой прямой
с исходными.
1.3.	Если все внутренние углы многоугольника меньше тг, то он
является выпуклым, а в этом случае доказывать нечего — любая диаго-
наль лежит внутри этого многоугольника. Поэтому мы вправе считать,
что имеется внутренний угол с вершиной Л, больший тг. Рассмотрим
луч, исходящий из точки А, и его первую точку пересечения В с одной
из сторон рассматриваемого многоугольника. Теперь начнем повора-
чивать луч, сначала в одну, затем в дру-
I \	гую сторону. Поскольку угол возможного
\ I \	поворота больше тг, то ясно, что в неко-
торый момент точка В «перескочит» на
I /	одну из других сторон данного много-
\ I /	угольника, что может произойти только
тогда, когда луч пройдет через одну из
вершин (рисунок). Отрезок АС является
искомой диагональю.
Автор не полностью удовлетворен приведенным решением; может
быть, кто-то из читателей придумает лучшее?
1.4.	Рассмотрим множество
M = {aGAf |F(a,l) = F(l,a)}.
Ясно, что 1 е М. Предположим, что а 6 М. В следующем рассуждении
мы, кроме свойств (Сл1) и (Сл2), воспользуемся тем, что операция F
ассоциативна. Итак, имеем
F(s(a), 1) = s(F(a, 1)) = s(F(l, а)) =
= F(F(1, а), 1) = F(l, F(a, 1)) = F(l, з(а)),
таким образом, s(a) G M, значит множество M индуктивно, следова-
тельно, М=Ы. Тем самым доказано, что F(a, 1) — F(l,a) для всех
Решения упражнений
37
а 6 М. Теперь фиксируем произвольный элемент а 6 Л/* и рассмотрим
множество
M = {beX|F(a,6) = F(6,a)}.
Как только что было доказано, 1 е М. Пусть be М. Тогда
F(a, s(b)) = F(a, F(b, 1)) = F(F(a, Ь),1) = F(F(b, a), 1) =
= F(l, F(b, a)) = F(F(1,6), a) = F(F(b, 1), a) = F(s(b), a), '
таким образом, s(6) EM, значит множество M индуктивно, следова-
тельно, М = М. Тем самым доказано, что F(a, b) = F(b, а) для всех
ЬеМ и произвольного аеМ, что и означает, что операция F ком-
мутативна.
1.5.	Как известно, (см. лемму 1.2) s(Af) =^/*4 1, поэтому если Ь/ 1,
то найдется такой элемент с €ЛГ, что Ь = $(с) = с+1 = 1+с, значит, b > 1.
Таким образом, доказано, что b 1 для всех b еЛ/*, откуда следует, что
1 € М. Пусть а е М. Если а = Ь, то s(a) = а 4- 1 > Ь, значит, s(a) е М.
Если а > Ь, то а = b + fc, то s(a) = a+ l = (b + fc) + l= a + (fc + l), значит,
s(a) > Ь. Пусть, наконец, a<b, так что b = а 4- к. Если к = 1, то s(a) =
= а 4- 1 = Ь. Если к / 1, то по доказанному выше, к > 1, значит к = 1 4- £,
так что Ь = a + (1 + ^) = (a + 1) + ^ = $(а) 4- £, следовательно, b > s(a).
Таким обрдзом, если а е М, то и s(a) € М.
1.6.	Если Ь> а, то 6 = a4-fc. Если fc = 1, то Ь = а4-1, если fc/ 1, то
к = 1 4-£, откуда Ь = a 4- (1 4- ^) = (а 4-1) 4- > a 4-1. Таким образом, если
b > а, то b а 4-1.
1.7.	Существование и единственность отображения G доказывается
по то же схеме, что и существование и единственность операции сложе-
ния. Докажем, что отображение G, удовлетворяющее свойствам (Ум1)
и (Ум2), дистрибутивно, ассоциативно и коммутативно.
Дистрибутивность. Рассмотрим множество
М = {с \ G(a, b + c) = G(a, b) + G(a, с) V a, b е АГ}.
Так как
G(a, b 4-1) = G(a, s(b)) = G(a, Ь) 4- а = G(a, Ь) 4- G(a, 1),
то 1 6 М. Пусть с е М. Тогда
G(a,b4-s(c)) = G(a, з(Ь) 4-с) =G(a, s(6)) 4-G(a, с) =
= (G(a, b) 4- a) + G(a, c) = G(a, V) 4- (G(a, c) + a) =
= G(a,b) + G(a,s(c)).
38
Глава 1. Индукция
Таким образом М — индуктивное множество, поэтому М = J\f. Следо-
вательно
G(a, Ь + с) = G(a, b) 4- G(a, с) при всех а, Ь, с е Af.
Более того, в силу леммы 1.10, аналогичным образом доказывает-
ся и дистрибутивность умножения относительно сложения по первому
аргументу, т. е.
G(a + b, с) = G(a, с) + G(b, с) при всех a,b,ceJ\f.	*
Ассоциативность. Пусть
М = {с | G(a, G(b, с)) = G(G(a, b), с) V а, b е АГ}.
Так как G(a,G(b, 1)) = G(a,b) = G(G(a,b),l), то leM. Если сЕМ,то
G(G(a, b), s(c)) = G(G(a, b), c) + G(a, b) = G(a, G(b, c)) 4- G(a, b) =
= G(a, G(b, c) + b) = G(a, G(b, s(c))),.
таким образом s(c) 6 M. Из доказанной индуктивности множества М
следует, что
G(a,G(b,c)) = G(G(a,b),c) при всех a,b,ctN.
Коммутативность. Пусть М = {а | G(l,a) = а}. Очевидно, что
1€М. Пусть аеМ. Тогда G(l,s(a)) = G(l,a) + 1 = а +1 =з(а). Значит,
М — индуктивное множеств, а следовательно, G(l, а) = а = G(a, 1) при
всех а € АЛ Теперь рассмотрим множество
М = {а \ G(a, b) = G(b, а) V b е АЛ};
как только что было доказано, 1 е М, Пусть а 6 М. Так как
G (s(a), b) = G(a, b) + b = G(b, а) 4- b = G (b, з(а)),
то з(а)ЕМ, откуда и следует, что М =J\f, так что
G(a, b) = G(b, а) при всех a,bG..hf.
1.8.	Проследите, на основании каких свойств сложения и умножения
мы вправе записать следующую цепочку равенств:
2х2 = 2х (1 4- 1) = 2x14-2 = 24-(1 + 1) = (2 4- 1) 4-1 = 34-1 = 4.
1.9.	Если а < Ь, то найдется число k е N, такое что b = а + к. Значит,
Ьс = (а + к)с = ас + кс = ас +1, где £ 6 N. Следовательно, Ьс > ас.
1.10.	1) Нетрудно проверить, что формула F'(Ф(ж), Ф(у)) = Ф(я + у)
определяет в АЛ операцию, удовлетворяющую свойствам (Сл1) и (Сл2).
Решения упражнений
39
В силу теоремы 1.5, F' является сложением в J\f'. Второе утверждение
доказывается аналогичным образом.
2)	Если х < у, то найдется элемент к 6 Л/*, такой что у = х 4- к. Сле-
довательно, Ф(у) = Ф(я? 4- fc) = Ф(ж) 4- Ф(к) > Ф(я).
1.11.	Докажем вначале, что если а е Ik, то Утверждение очевидно,
если а = к. Теперь предположим, что а < к и определим соответствие
Д-i —► Д \ а: Ь *—►
5, если Ь < а,
5 4-1, если 5 > а,
которое, как легко видеть, является взаимно однозначным. Теперь слег-
ка переформулируем теорему. Именно, будем доказывать по индукции,
что Д Д для всякого к < £, Утверждение очевидно при £ = 2, так как
в этом случае к = 1. Предположим, что оно верно для некоторого €, но
при этом Д = Д+1 для некоторого к £. Пусть /: Д —► Д+i — взаим-
но однозначное соответствие. Если а = /(fc), то f определяет взаимно
однозначное соответствие между Д_1 и Д+i \ а = Д, что невозможно,
так как к — 1 < I.
1.12.	Рассмотрим множества А = | ^ | n е и В = {	| п Е .
Тогда [0; 1] \ А = [0; 1) \ В. С другой стороны, между множествами А
и В имеется очевидное взаимно однозначное соответствие:
А-^В: - w -^-г.
п п 4-1
Замечание: попробуйте доказать, что если отображение /: [0; 1] —► [0; 1)
является взаимно однозначным, то функция f не может быть непре-
рывной!
1.13.	Если множество множество В состоит из одного элемента,
то существует взаимно однозначное соответствие между множествами
Ах В и А. Пусть |А| = а, тогда
Я(О)1) = Я(|Л|,|В|) = |ЛхВ| = |А| = а,
следовательно, Н обладает свойством (Ум1).
Теперь пусть |А| = а, |В\ = Ь. Рассмотрим множество В' = В U {5'},
где У В. Как было отмечено ранее, |В'| = s(b). С другой стороны,
А х В' = (А х В) U (А х У),
откуда следует, что
Я (а, s(b)) = Я (| А|, |В'|) = |А х В| + |А х У\ = Н(а, Ь) + а.
Таким образом, Я обладает свойством (Ум2).
Глава 2
Комбинаторика
§2.1. Элементарные задачи
Комбинаторные задачи связаны с вопросом о числе определенных
конфигураций (в более сложных случаях — об их существовании и
иногда о выборе оптимальной конфигурации из множества всех возмож-
ных). В данном пункте будет приведена подборка совсем элементарных
задач, доступных и учащимся шестого класса. Этот цикл задач нацелен
на то, чтобы привить навык использования «правила суммы и правила
произведения» о количестве элементов в объединении двух непересека-
ющихся множеств и о количестве упорядоченных пар, первый элемент
каждой из которых принадлежит одному, а второй — другому из двух
множеств (см. §1.5 главы 1).
Задача 2.1. Сколькими способами можно проехать из города А в го-
род В, проезжая по пути не более чем через один город, если города
соединены дорогами так, как это показано на следующих рисунках?
а) Обозначим через ж, у и z дороги, ведущие из А в С, через а и b —
дороги, ведущие из С в В (левый рисунок). Понятно, что пара букв,
к примеру, yb задает маршрут из А в В, идущий из А в С по средней
дороге и затем из С в В по нижней. Следовательно,
таблица (справа) содержит описание всех маршрутов из
А в В. Таким образом всего имеется столько же марш-
рутов, сколько пар (u,v), где и е {х,у, z} и v е {а, Ь},
т. е. 3 х 2 = 6.
ха	xb
уа	yb
za	zb
б) Разобьем все маршруты на два типа: проходящие через С и прохо-
дящие через город D (правый рисунок), таким образом, всего их будет
2x24-3x3 = 13.
§2.1. Элементарные задачи
41
Задача 2.2. Сколько существует трехзначных чисел, делящихся или
на 9, или на 15?
Решение задачи состоит из двух шагов. На первом из них надо вы-
яснить, сколько трехзначных чисел делится на 9 и сколько — на 15.
Поступим формально. Число, делящееся на 9, имеет вид 9fc. Поскольку
нас интересуют трехзначные числа, то 100 9к 999, или llj^fc^lll.
Поэтому к = 12,13,..., 111, следовательно, всего имеется 100 чисел, де-
лящихся на 9. Аналогичным образом подсчитывается количество чисел,
делящихся на 15; их 60.
Идея второго шага — на рисунке. Если в прямоугольнике X записа-
ны числа, делящиеся на 9, а в прямоугольнике Y — делящиеся на 15,
то что за числа окажутся в квадрате, являю-
щемся общей частью X и У? Ясно, там будут
находиться числа, делящиеся и на 9, и на 15,
т. е. делящиеся на 45. Таких чисел имеется
20, поэтому ответ в задаче 100 + 60 — 20 = 140
чисел. Разность 60 — 20 есть количество чи-
сел, находящихся в разности У \ X множеств.
На картинке это числа, лежащие в прямоугольнике У вне прямоуголь-
ника X.
На последнем шаге решения мы получили формулу
|Х иу| = |Х| + |У| - |Х П У|,
которая является частным случаем общей формулы включений-исклю-
чений и в которой через |А| обозначается число точек конечного мно-
жества А.
Упражнение 2.1. Найдите формулу, выражающую число элемен-
тов в объединении трех множеств через число элементов в каждом из
них и их различных пересечениях.
Задача 2.3. Сколькими способами можно расставить на шахматной
доске восемь ладей так, чтобы они не били друг друга?
Проведем индукционное рассуждение. Ясно, что на доске 2x2 име-
ется всего две расстановки требуемого вида (рисунок).
Обозначим через Рп число способов расстановки ладей на доске пхп.
Самую левую ладью можно поставить на любую клетку первой верти-
кали. Вычеркнув эту вертикаль и горизонталь, в которой стоит ладья,
42
Глава 2. Комбинаторика
мы получим доску размера (n — l)x(n — l), на которой ладьи можно
расставить Pn-i способами. Поэтому Рп = п • Pn-i? следовательно
Р8 = 8Р7 = 8- 7Рв = ... = 8- 7- 6- ...-2 = 40320.
Произведение 1 • 2 •... • п, появившееся в этой задаче, называется п-
факториал и обозначается через «п!» (не спутайте с восклицательным
знаком!).
Задача 2.4. Из Манчестера в Ливерпуль ведут две шоссейное до-
роги, которые соединены десятью проселочными. Сколькими способами
можно проехать из одного города в другой, не проезжая ни один пере-
кресток дважды?
Из Манчестера можно выехать по одной из двух шоссейных дорог
и, подъехав по каждой из них к пересечению с проселочной доро-
гой, можно либо свернуть на нее, либо поехать прямо, следовательно,
в одиннадцати случаях имеется выбор одной из двух возможностей, та-
ким образом, всего есть 211 = 2048 способов проехать из одного города
в другой.
Приведем еще одно решение, связанное с построением для данной
комбинаторной задачи, как принято говорить, некоторой ее модели.
Каждому 11-позиционному двоичному числу мы сопоставим путь из
Манчестера в Ливерпуль по следующему правилу: если в первой слева
позиции стоит единица, то выезжаем из Манчестера по северному шоссе
(рисунок), далее, если в г-й позиции имеется единица (г = 2,3,..., И),
то путь проходит по г-й проселочной дороге. К примеру, числу 10... 0
соответствует путь по северному шоссе, а числу из одних нулей — по
южному. Ясно, что описанное соответствие является взаимно однознач-
ным, поэтому путей столько же, сколько и 11-позиционных двоичных
чисел, а именно 211 = 2048.
Задача 2.5. Сколькими способами могут располагаться на шахмат-
ной доске (согласно правилам шахмат) белый и черный короли?
Если черный король находится в одной из четырех угловых клеток,
то есть 64 — 4 = 60 возможностей для расположения белого короля, ес-
ли черный король стоит на краю доски, но не в углу (таких полей 24),
§2.1. Элементарные задачи
43
го имеются 58 вариантов для белого короля, в оставшихся 36 случа-
ях белый король может стоять на любой из 55 клеток. Поэтому ответ
н задаче: 4 • (64 — 4) + 24 • (64 - 6) + 36 • (64 - 9) = 3612 способами.
Следующая задача имеет (на первый взгляд) неожиданный ответ.
Задача 2.6. Каких чисел среди восьмизначных больше: тех, в за-
писи которых присутствует единица, или таких, в записи которых ее
пет?
Попробуем вначале угадать ответ, а для этого рассмотрим задачу
в общей постановке для n-значных десятичных чисел. Таковых чисел
всего имеется 9 • 10п-1 (крайняя левая цифра не может быть нулем), а
единица отсутствует в записи 8 • 9П-1 из них. Значит, числа, в записи
которых нет единицы, составляют | • (1 от их общего количества.
Так как (^)п —► 0 при п —► оо, то, начиная с некоторого номера, чисел
без единицы в их десятичной записи будет менее половины от общего
количества n-значных чисел. Следовательно, чисел с единицей будет
больше, чем чисел, в записи которых она отсутствует. Таким образом,
в некотором смысле мы решили общую задачу, однако пока нами не по-
лучен ответ на данный конкретный вопрос. Все, что осталось сделать —
это выяснить, верно ли неравенство - • (уд) <2
Конечно, в наш век калькуляторов и компьютеров можно просто
проделать вычисление: | • 0,97 « 0.425153 < 0.5 — и все. Если вам не
правятся приближенные вычисления, то вполне можно обойтись целы-
ми числами, проверив, что 16 • 9е = 8503056 < 107.
Пожалуй, кое-кто будет недоволен тем, что место «теоретических рас-
суждений» заняло «грубое вычисление». Да, безусловно, в красивой
теории есть свое изящество, однако порой бывает удобнее просто по-
считать.
Для полноты картины укажем, что среди семизначных чисел также
больше тех, в записи которых имеется единица (проверьте!). Наконец,
утверждение про восьмизначные числа следует также из неравенства
Бернулли (см. задачу 1.12):
= IV 9Л 7\ 2
8-97 8V + 9/ > 8\	9/
Задача 2.7. Сколько различных делителей (включая единицу и са-
мо число) имеет число: а) 720; б) п = р?Р22 • • Рь* (гДе Р< ~ различные
простые числа)?
Типичный случай, когда общая формулировка задачи содержит под-
сказку, т. е. решить задачу пункта б) проще, чем задачу пункта а).
44
Глава 2. Комбинаторика
Действительно, всякий делитель данного числа п имеет вид
р^р22 • • -Ph, гДе *i € {0,1, • • • ,31}, t2 Е {0,1,... , s2}, и так далее, tk €
£ {0,1,..., sfc}. Поэтому у нас имеются Si + 1 возможных значений по-
казателя степени простого делителя Pi, s2 +1 значений показателя сте-
пени р2, и так далее. Следовательно всего есть (зх + 1)(з2 +1)... (sfc 4-1)
делителей числа п. И так как 720 = 24 • З2 • 51, то у числа 720 имеются
5 • 3 • 2 = 30 делителей (включая единицу и само число 720).
Задача 2.8. В классе 9 девочек и 16 мальчиков. Сколькими спо-
собами можно составить пару для участия в теннисном турнирё:
а) в смешанном разряде; б) в парном женском; в) в парном мужском?
а)	Ответ очевиден: всего есть 9 • 16 = 144 вариантов составить пару
из девочки и мальчика.
б)	Рассуждать можно по-разному. Например, давайте вначале най-
дем количество девичьих команд, в которых указано, кто в команде
является первым номером, а кто — вторым. Ясно, что таких команд
9 • 8 = 72, так как при выборе номера 1 в команде у нас есть 9 вари-
антов, а после того, как такой выбор сделан, остается 8 вариантов для
выбора второго номера. Вариантов «без номеров» в два раза меньше,
так как из каждой пары девочек можно получить две команды:
{Аня,Яна} —► Аня-1, Яна-2 или Яна-1, Аня-2,
таким образом окончательный ответ — 36 вариантов.
Другое рассуждение основано на том, что искомое число совпадает
с количеством клеток квадрата 9x9, лежащих ниже его диагонали.
Попробуйте придумать решения, основанные на других идеях.
в)	| • 16 • 15 = 120 вариантов.
Еще одна задача на использованные соображения.
Задача 2.9. Сколько различных буквенных сочетаний можно соста-
вить, переставляя буквы слова: а) арба; б) папка; в) баобаб?
а)	На одном из 4 мест будет стоять буква р, на одном из трех остав-
шихся — буква б, на остальных местах поставим букву а. Таким обра-
зом, получим 12 возможных буквосочетаний.
б)	На одном из 5 мест может стоять буква к. Осталось 4 места, из
которых на двух стоит буква а. Из решения второго пункта задачи 2.8
следует, что 2 места из 4 можно выбрать = 6 способами, таким
образом ответ: 30 буквосочетаний.
в)	Ответ: 6 •	= 60.
§2.2. Числа сочетаний и рекуррентные соотношения
45
В последних двух задачах можно было бы использовать термины: раз-
мещения с повторениями и т. п., однако автор считает, что при перво-
начальном знакомстве с предметом излишество в терминологии только
вредит пониманию.
Задача 2.10. Сколько существует различных: а) игральных куби-
ков; б) «игральных тетраэдров» (т. е. тетраэдров, на гранях которых
стоят одна, две, три и четыре точки)?
Прежде всего надо пояснить, что означает приведенное в формули-
ровке задачи слово «различных». Два игральных кубика являются (счи-
таются) различными, если их можно отличить друг от друга. Потому
проделаем следующую процедуру. Возьмем произвольный игральный
кубик и поставим его на стол той его гранью, на которой стоят 6 точек.
Существует 5 вариантов для числа точек, находящихся на его верхней
грани. Предположим для определенности, что там стоит одна точка.
Теперь повернем кубик таким образом, чтобы грань, на которой нахо-
дятся 5 точек, была обращена к нам. На оставшихся трех гранях могут
стоять 2, 3 или 4 точки, которые можно расположить на них 6 способа-
ми. Следовательно, всего существуют 5 • 6 = 30 различных «игральных
кубиков». Решение второго пункта задачи — упражнение для читателя.
Ответ: два различных тетраэдра (так сказать, «правый» и «левый»).
§2.2. Числа сочетаний
и рекуррентные соотношения
Сформулируем одну задачу.
Задача 2.11.
а)	Сколькими способами можно выбрать четыре предмета из семи
различных?
б)	Сколько существует последовательностей, состоящих из трех ну-
лей и четырех единиц?
в)	Сколькими различными путями наименьшей длины можно прой-
ти из начала координат О в точку А с координатами (4,3), при
условии, что путь проходит по сторонам единичной сетки?
Прежде всего отметим, что все задачи имеют один и тот же ответ.
Для того, чтобы убедиться в этом, проведем следующее рассуждение,
связанное с кодировкой способов выбора трех предметов из данных семи
различных, а также путей из точки (0,0) в точку (4,3). Предположим,
что мы выбрали предметы с номерами 2,3,6,7. Сопоставим этому на-
бору последовательность 0110011. Таким образом, единица, стоящая
на г-м месте, означает, что г-й предмет включен в набор. Ясно, что,
46
Глава 2. Комбинаторика
наоборот, каждой последовательности из 4 единиц и 3 нулей соответ-
ствует свой набор четырех предметов (из данных семи). Теперь рас-
смотрим путь из О в А. Каждый такой путь состоит из вертикальных
и горизонтальных единичных отрезков. Поставим на г-м месте 1, если
г-й по счету отрезок является горизонтальным и 0, если он вертикален.
Поскольку для того, чтобы дойти от точки О до точки А, нам придет-
ся четыре раза сдвинуться по горизонтали и три — по вертикали, то
каждому пути соответствует последовательность из 4 единиц и 3 нулей.
К примеру, пути по оси абсцисс от О до точки (4,0) и далее вертикаль-
но вверх до А соответствует последовательность 1111000. Ясно также,
что каждой последовательности (из 4 единиц и 3 нулей) соответствует
путь из О в А. Таким образом, мы установили взаимно однозначное
соответствие между множествами, описанными в пунктах а)-в) данной
задачи, следовательно, все эти множества состоят из одинакового числа
элементов.
Наиболее простое решение имеет (в силу своего геометрического ха-
рактера) последний пункт задачи.
Пусть n, к — неотрицательные целые числа, причем п к. Рассмот-
рим точки A(fc, п — fc), В(к — 1, п — к 4-1) и С(&, п — к 4-1). (На рисунке
внизу слева изображены точки А, В, С при п = 6 и к = 4.) Ясно, что
число кратчайших путей, идущих из О в точку С, равно сумме числа
путей, ведущих в А, и путей, ведущих в В. Поэтому, ставя у каждого
узла сетки число ведущих в него путей и начав вычислять эти количе-
ства, стартовав от начала координат, мы в результате получим таблицу,
показанную на правом рисунке.
1
1	1
1	2	1
13	3	1
1	4	6	4	1
1	5	10	10	5	1
1	6	15	20	15	6	1
§2.2. Числа сочетаний и рекуррентные соотношения
47
Будем обозначать через С„ число, стоящее на fc-м месте слева в п-й
строке (n, k = 0,1,...) треугольника Паскаля. Основное соотношение,
использовавшееся при вычислении этих чисел, имеет вид
С,:+1=С* + С*-1, при этом С£ = С? = 1.
Упражнение 2.2. Проверьте, что числа Тп,к = ку удовлетво-
ряют указанному рекуррентному соотношению.
Поскольку обычно по определению полагают 0! = 1, то по индукции
из результата данного упражнения получаем следующую формулу:
✓nrfc _гр _____ _____71!____
n“ n’fc_ fc!(n-fc)!‘
Задача 2.12. Может ли быть, чтобы любые два жителя Китая от-
личались набором своих зубов (к примеру, один беззубый, 32 — с одним
зубом, который может находится на любом из 32 возможных мест, и так
далее)?
К этой задаче можно подойти с двух сторон. Число расположений
k зубов среди 32 возможных равно Сд2, поэтому число всевозможных
комбинаций зубов равно сумме ^зг- С другой стороны, для каж-
дого зуба имеются две возможности — он может быть, или же на его
месте — дырка, поэтому всего имеется 232 = 4 294 967 296 вариантов, что
явно больше, чем число всех проживающих в Китае людей.
Кстати, решив эту задачу двумя способами, мы установили тожде-
ство12Г=0^ = 232.
Упражнение 2.3. Докажите, что число всех подмножеств множе-
ства из п элементов равно 2П. Каково число всех fc-элементных под-
множеств данного множества?
Выполнив это упражнение, вы получите обобщение приведенного вы-
ше тождества, именно, что
ZCn = 2”-
fc=O
Нетрудно проверить на примерах, что вроде бы справедливо и тожде-
ство
CQn + 2С\ + 4С2 +... + 2пс; = зп.
Читатель, знакомый с биномом Ньютона, уже понял, что сейчас мы
перейдем к числам С* как к коэффициентам в разложении бинома.
48
Глава 2. Комбинаторика
Задача 2.13. Обозначим через Dn>fc коэффициент при мономе хк
в разложении бинома (х + 1)п по степеням ж. Используя тождество
(я + l)n+1 = (я + 1)(я + 1)п, докажите, что Dn+lfk = Dnik + Рп,к-1 и
Dn,o = Dn, n = 1.
Имеем
n+l	n
52 А.+1, kXk = (x + 1)(® + 1)” = (x + 1) Pn, kxk =
k=0	k=0
n— 1	n	*
=xn+i+x 52 Dn, kxk+52+1 =
k=0	fc=l
n
=*n+1++Dn’^xk + L
k=l
Следствие. Dntk = Ck.
Из доказанного разложения, в частности, следуют тождества
2-=52 ct 3"=522fcct o=52(-i)‘ct
к=0	к=0	к=0
т. е.
£ С»‘= £ CJ.
к четно	к нечетно
Между биномиальными коэффициентами существуют и другие соот-
ношения, многие из них могут быть получены посредством рассмотре-
ния многочлена (функции) Рп(х) = Скхк.
к=0
Термин «функция» был употреблен не зря. Поскольку
Сккхк-' = £ Ск+1(к + 1)х\
к=1	к=0
а с другой стороны,
*^=п(х + 1Г-'=п£С'.У,
к=0
ТО
гУк+1 _ П s~tk _ П^П 1) ~к _	_
к + 1 "-1 (к + 1)к п’2 ”
(к + 1)&... 1 п~к
п(п — 1)... (n — fc) _	п!
(fc + l)fc...l “ (n-fc-l)!(fc + l)!‘
§2.2. Числа сочетаний и рекуррентные соотношения
49
Конечно, мы получили уже известное утверждение, однако метод дока-
зательства заслуживает внимания.
Упражнение 2.4. Докажите двумя способами равенство
c2nn=E(a2-
fc=O
Задача 2.14. Докажите, что tg Зж =	Х • Сформулируйте
1 — 3 tg х
и докажите аналогичную формулу для функции tgnx.
2t
Положим для краткости t = tgx. Поскольку tg2rc = у—, то
X I 2t
= г 1 -12 = t - t3 + 2t = 3t-t3
, _ 2t2	1 - t2 - 2t2	1 - 3t2 ’
1-t2
Немного подумав, можно высказать предположение, что
t„4__ 4t - 4t3
tg 1 - 6t2 + t4’
проверить его, а когда оно подтвердится, написать и общую формулу
^[(n-l)/2](_i)fc£r2fc + l£2fc+l
tg TlX —	~~~

которую нетрудно доказать по индукции.1
Упражнение 2.5. Докажите приведенную формулу.
В заключение приведем одну простую и неожиданную задачу.
Задача 2.15. Докажите, что произведение любых к последователь-
ных натуральных чисел делится на fc!.
Заметим, что хотя такое произведение делится на любое натуральное
число, не превосходящее fc, однако отсюда не следует, что оно делится
на fc!. Решение задачи основано на том, что число
(n + l)(n + 2)...(n + fc)
“ bn + fc
fc!
является целым.
гВ приведенной формуле через [тп] обозначена целая часть числа т, т. е. наи-
большее целое число, не превосходящее тп.
50
Глава 2. Комбинаторика
§2.3. Задача о перечислении графов
Комбинаторные задачи часто имеют совсем нетривиальный харак-
тер. В качестве примера приведем одну из простейших задач о перечис-
лении графов. Назовем граф с п вершинами помеченным, если каждой
из них сопоставлено число i 6 {1,2,... , п}, причем различным верши-
нам соответствуют различные числа (таким образом, задана биекция
между множеством вершин графа и множеством In = {1,2,... , п}).
Более-менее точные определения понятий «граф» и «дерево» буд^т
даны далее в главе 6. В настоящий момент достаточно представлять
себе, что дерево — это набор точек плоскости, соединенных отрезками,
так, чтобы в образовавшейся картинке не было замкнутых маршрутов.
Примеры деревьев изображены на рисунке к упражнению 2.6.
Теорема 2.1 (Кэли [23]). Существует всего пп~2 различных поме-
ченных деревьев с п вершинами.
Упражнение 2.6. Найдите число различных помеченных деревьев,
полученных расстановкой меток в вершинах деревьев, изображенных
на следующих рисунках.
Для доказательства теоремы зафиксируем некоторую вершину v и
обозначим через T(n, fc) число помеченных деревьев с п вершинами,
в которых эта вершина имеет степень p(v) = к (т. е. к ней примыкают к
ребер). Пусть А — дерево, в котором р(и) = к — 1, а В — дерево, полу-
ченное при помощи следующей процедуры. Если w и z — две вершины,
соединенные в А ребром, то его удаление приводит к двум деревьям,
одно из которых содержит вершину v и одну из вершин w или z, для
определенности — вершину w. Соединив v с z ребром, получим дерево,
которое и обозначим В; заметим, что в построенном дереве В к вер-
шине v примыкают к ребер. Пару (А, В) назовем связкой. Поскольку
существует T(n, fc — 1) деревьев А, а дерево В определяется ребром,
которое можно выбрать (n — 1) — (к — 1) = п — к способами, то число
всех связок (А, В) равно (п — к)Т(п, к — 1). С другой стороны, пусть
В — помеченное дерево, в котором к вершине v примыкают к ребер,
пусть Т1,..., Тк — поддеревья, полученные из В удалением вершины v
и примыкающих к ней ребер. Помеченное дерево А (у которого к вер-
шине v примыкает к — 1 ребро) получается удалением из В одного
из этих ребер и соединением соответствующей вершины w, с любой
вершиной другого поддерева Tj. Поскольку существует T(n, fc) поме-
ченных деревьев В, то число способов соединения вершины равно
сумме (п - 1 - nJ + ... + (п - 1 - nfc) = (n - l)(fc - 1) (здесь = |TJ),
§2.4. Перестановки, размещения, сочетания
51
значит, число всех связок равно (n — l)(fc — l)T(n, к). Тем самым дока-
зано, что (n — l)(fc - 1)Т(п, к) = (п — к)Т(п, к — 1).
Упражнение 2.7. Докажите, что Т(п, к) =	— l)n“fc_1.
Следовательно, число всех помеченных деревьев равно сумме
п—1	п—1	п—2
Е Т(п, к) = £	(п - I)"-*-1 = £ C*_2(n - I)-2’* =
fc=l	k=l	k=0
= ((n - 1) + l)n~2 = n"-2.	□
§ 2.4. Перестановки, размещения, сочетания
В этом параграфе мы определим числа, появляющиеся при решении
простейших комбинаторных задач.
Задача 2.16. Рассмотрим цифры от 1 до 8.
а)	Сколько можно составить восьмизначных чисел из этих цифр при
условии, что каждая цифра используется только один раз?
б)	Сколько можно составить шестизначных чисел из этих цифр при
условии, что каждая цифра используется не более одного раза?
в)	Сколько имеется семизначных чисел, в записи которых присут-
ствуют только эти цифры?
г)	Сколько можно составить восьмизначных чисел при условии, что
каждая цифра используется только один раз и цифры одинаковой
четности не стоят рядом друг с другом?
а)	На первой позиции может стоять любая из 8 цифр. Если мы ее
уже поставили, то имеется 7 возможностей поставить цифру во второй
позиции, 6 — в третьей, и так далее. Следовательно ответ таков же, как
и в задаче 2.3 о расстановке 8 ладей, именно 8! = 40320 чисел.
Количество упорядоченных наборов чисел от 1 до п называется чис-
лом перестановок множества из п элементов} оно равно
Рп = 1 • 2 •... • п = п!.
б)	Рассуждение аналогично проведенному выше с той разницей, что
цифру в шестой позиции можно выбрать 3 способами, поэтому ответ
8-7-6-...-3 = 20160.
При решении этой задачи мы встретились с так называемым чис-
лом размещений к элементов из п данных различных, т. е. с коли-
чеством упорядоченных наборов к чисел, выбранных из множества
In = {1,2,..., п}. Оно обозначается через А* и равно
A* =n(n-l)...(n-fe + l)= ^2!fc)| •
52
Глава 2. Комбинаторика
в)	Отличие этой задачи от предыдущих в том, что каждую цифру мы
можем брать столько раз, сколько захотим. Поэтому в каждой позиции
у нас есть 8 вариантов, а позиций 7, следовательно ответ: 8 • 8 •... • 8 =
= 87 = 2 097152 чисел.
В общем случае получаем, что количество упорядоченных наборов
(a?i, х2,... ,Xfc), где Xi е In = {1,2,... , п}, равно пк.
г)	В условии цифры — разные. Поэтому, выбрав первую цифру восе-
мью способами, мы можем вторую выбрать четырьмя (из цифр другой
четности), третью — тремя (из цифр той же четности, что и первая
цифра), четвертую — тоже тремя, пятую и шестую — двумя.
Итого: 8-4-3-3-2-2-1-1 = 1152 числа.
Упражнение 2.8. Предположим, что множество А состоит из
к элементов, а множество В — из п элементов. Найдите количество:
а)	всевозможных отображений /: А —> В;
б)	всевозможных обратимых отображений /: А —> В;
в)	образов /(А) множества А при обратимых отображениях
/: А—
г)	образов f(A) множества А при отображениях /: А—>В.
Отображение f :A—*B называется обратимым, если являются раз-
личными образы различных точек множества А, т. е. /(aj / /(а2) для
любых точек ch /= а2, где ai,a2 € А. Таким образом, обратимость отоб-
ражения — синоним его инъективности (см. с. 25).
Из формул для чисел размещений и чисел сочетаний следует, что
С другой стороны, это соотношение легко объяснимо в силу чисто ком-
бинаторных рассуждений, так что его можно использовать для вывода
формулы для чисел сочетаний.
Сопоставим каждому набору {а<х,... ,a<fc} («способу выбора» под-
множества) множество всех упорядоченных наборов, составленных из
его элементов. Итак,
{а<1,...,а<к}	4{о<1)...,вч}.
К примеру, АЬ2 = {(1,2), (2,1)} (ср. с задачей 2.8). Как следует из
предыдущего, при фиксированных ,..., aik число элементов в каж-
дом из множеств А{а<1.a.fcj равно к!. Таким образом, каждое из мно-
жеств справа состоит из к! элементов, а общее число элементов в их
объединении равно числу Ак размещений из п по к, откуда и следует
указанное соотношение между Ак и Ск.
§2.4. Перестановки, размещения, сочетания
53
Задача 2.17. Найдите коэффициент при одночлене а3Ь2с5 в разло-
жении «тринома» (а Н- Ь + с)10 по степеням а, b и с.
При «раскрытии скобок» в произведении (а + 5 + с)10 коэффициент
при каждом из одночленов а*Ь€ст равен числу вариантов, которыми
можно выбрать а в к скобках, b в I других скобках и с в т = 10- к — I
оставшихся. Ясно, что общее число вариантов равно произведению
гз Г2 л- Ю! 7! _	10!	_ 10-9 8-7-6 _ 9.9П
4° • Ч • 1 3!. 7! 2!. 5!	3! • 5! • 2!	2-6
Ответ в данной задаче — это частный случай так называемого числа
перестановок с повторениями. Именно, пусть имеется одинаковых
предметов первого типа (буквы некоторого алфавита), к2 — второго,
кв — последнего. Тогда количество различных буквосочетаний, кото-
рые можно составить из всех этих п = А?! + fc2 + • • • + букв, равно
—у k —^-j. Действительно, можно выбрать сначала fcx мест из п
возможных для первой букв, к2 мест из п — fci оставшихся мест для
второй, и так далее. Таким образом, общее число вариантов равно
п!
/^2	^fka	_
* ^n-ki •; • L'n-ki-k2-...-ke_i —
_______________ (n - Ail)!	ka\ = n!
fc1!(n-k1)! ’ (n- к^п-кг - fc2)! '"'kJ kJ • kJ. •... • kJ'
Одна из основных идей, используемых при решении комбинаторных
задач, состоит в построении взаимно однозначного соответствия между
множеством всех комбинаций в задаче и некоторым известным (и бо-
лее обозримым) множеством. Примеры уже были даны в предыдущих
параграфах этой главы, вот еще один.
Задача 2.18. Какое наибольшее число точек пересечения диагона-
лей может быть в п-угольнике?
Сможете ли вы угадать решение по ответу: С* точек пересечения.
Ясно, что многоугольник должен быть выпуклым, кроме того, никакие
три его диагонали не должны пересекаться в одной
точке. Рассмотрим точку пересечения диагоналей
АВ и CD некоторого многоугольника (рисунок).
Возможно, что отрезки АС, ВС, BD и AD так-
же являются диагоналями, но, в любом случае,
они не пересекаются друг с другом. Таким обра-
зом, точке пересечения диагоналей можно поста-
вить в соответствие некоторую четверку вершин данного многоуголь-
ника. Обратно, любая четверка вершин является вершинами выпуклого
54
Глава 2. Комбинаторика
четырехугольника, имеющего одну точку пересечения его диагоналей.
Следовательно, точек пересечения диагоналей n-уголышка («в общем
положении») столько же, сколько четверок его вершин, т. е. их имеется
^4 _ п(п- 1)(п-2)(п-3)
°"	24
Задача 2.19. Номер автобусного билета состоит из 6 цифр. Билет
называется счастливым по-ленинградски, если сумма первых трех цифр
его номера равна сумме последних его цифр. Билет называется счастли-
вым по-выборгски, если его номер делится на 11. Каких билетов больше,
тех которые являются счастливыми по-ленинградски, или же билетов',
счастливых по-выборгски?
Покажем, что больше билетов, счастливых по-выборгски. При этом
мы не будем подсчитывать количество тех и других.2 Введем еще одно
понятие. Будем называть билет счастливым по-московски, если сум-
ма цифр его номера, стоящих на четных местах, равна сумме цифр,
стоящих на нечетных. Ясно, что билетов, счастливых по-московски,
столько же, сколько и счастливых по-ленинградски. Действительно,
если билет с номером abcdef счастлив по-ленинградски, то билет с но-
мером adbecf — счастливый по-московски. Таким образом, имеется
взаимно однозначное соответствие между двумя вариантами счастли-
вых автобусных билетов. Осталось заметить, что если билет счастлив
по-московски, то его номер делится на 11 в силу известного признака:
число апап_х.. .fli делится на 11 тогда и только тогда, когда (альтер-
нированная) сумма ах — а2 + ... + (—1)п-1ап делится на 11. С другой
стороны ясно, что существуют билеты, счастливые по-выборгски, но не
по-московски, к примеру, билет с номером 106183.
Последняя задача этого параграфа — на повторение пройденного.
Задача 2.20. Найдите:
а)	число последовательностей из 8 нулей и единиц, в которых нулей
не больше трех;
б)	число подмножеств множества из 10 элементов, состоящих из
нечетного числа элементов;
в)	сумму Е*=03*С*.
Сколькими способами можно:
г)	выдать в течение недели два апельсина, три яблока и две груши,
если каждый день выдавать по одному фрукту;
д)	составить команду из трех мальчиков и трех девочек, если среди
кандидатов 10 мальчиков и 8 девочек?
2См. далее задачу 2.39.
§ 2.5. Метод производящих функций
55
Решения всех пунктов задачи должны быть понятны из ответов:
a) С? + Се1 + С% + Cf = 1 + 8 + 28 + 56 = 93;
б)	=i-210 = 512;
в) ELo3fcC*=4";
Г) 2! • 3! • 2! = 2Ю’
д) С?оС83 = 6720.
§2.5. Метод производящих функций
Задача 2.21. Найдите количество всевозможных упорядоченных
разбиений числа п на к неотрицательных целых чисел.
Мы начнем решение задачи с того, что приведем формулу суммы
бесконечной геометрической прогрессии:
1+х + я:2 + ...+я:п + ... = т-!—.
1 - X
Выражение, стоящее в левой части этого равенства, является степен-
ным рядом. Хорошо известно, что такие ряды можно дифференциро-
вать почленно.3 Продифференцировав один раз, мы получим формулу
1 + 2х + 3z2 + ... =	- ^..
(1 - *)2
Продифференцировав это равенство еще к—1 раз, мы получим в правой
(Л-1)! ТТ
части дробь ~. Далее, нетрудно видеть, что коэффициент при х
в левой части полученной формулы равен
(п 4- 1)(п + 2)... (n + fc — 1).
Таким образом, мы доказали следующее утверждение.
Лемма 2.2. Коэффициент при хп в разложении /Л 1 ч. по степе-
(1 — х)К
ням переменной х равен
__ /-ik—l
(fc-l)!
Теорема 2.3. Количество всевозможных упорядоченных разбиений
числа п на к неотрицательных целых чисел равно коэффициенту при
хп в разложении выражения (1 4- х 4- х2 4-... )к.
3Этот факт не очень сложен, но и не очень прост. Его доказательство можно
найти, к примеру, в книге [27].
56
Глава 2. Комбинаторика
Это утверждение нам пригодится в дальнейшем. Доказать его со-
всем несложно. Дело в том, что при раскрытия скобок в произведении
к экземпляров бесконечной суммы 1 + х + х2 + . •. член вида хп появ-
ляется как произведение хП1 -хП2 ... -хПк, причем + п2 + ... + nfc = п,
где член хП1 взят из первой скобки, хП2 — из второй, и так да-
лее. Следовательно, коэффициент при хп в точности равен количе-
ству наборов (пх, п2,..., пк) неотрицательных целых чисел, таких что
П1 + п2 + ... + nfc = п.	□
В результате мы и получаем решение задачи 2.21, поскольку коэф-
фициент при хп в разложении - - . равен	и при этом он
(1 — Х)К	~г
является искомым числом упорядоченных разбиений.
Упражнение 2.9. Найдите количество всевозможных упорядочен-
ных разбиений числа п на сумму к натуральных чисел.
Упражнение 2.10. Докажите формулу, полученную при решении
предыдущего упражнения, при помощи чисто комбинаторного рассуж-
дения.
Задача 2.22. Сколькими способами можно разложить 12 одинако-
вых монет по 5 различным кошелькам так, чтобы ни один кошелек не
остался пустым?
Ответ:	= 330 способами.
Назовем производящей функцией числовой последовательности
а0, ,..., ап,... степенной ряд
а0 4- <h.x 4- а2х2 4-... 4- апхп 4-... .
Мы не будем интересоваться вопросом сходимости такого ряда. Вполне
возможно, что только подставив х = 0, мы в результате получим неко-
торое число. Вместо этого мы введем на множестве
✓ ОС	ч
R[И] = 5 ^акхк | Ofc € R >
fc=0	'
формальных степенных рядов алгебраическую структуру. Именно,
определим сложение и умножение посредством равенств
оо	оо	оо
52 аьхк+^2 Ькхк=52(а*+bk)xk,
к=0	fc=0	fc=0
оо	оо	оо	, к
52 акхк 52Ькхк=52СкХ>с' где Ск=52 а^-<-
fc=o fc=0	fc=0	i=0
Заметим, что равенство, определяющее умножение в Ж [[х]], является
§ 2.6. Рекуррентные соотношения и свойства степенных рядов 57
обобщением обычного умножения многочленов. Более того, чтобы най-
ти коэффициент сп при хп в произведении двух рядов, нам не надо
рассматривать эти ряды полностью, достаточно взять первые n +1 чле-
нов в каждом из них.
Рассмотрим пару примеров.
•	(1 + х + х2 + ... )(1 — х) = 1 + 0 • х + 0 • х2 + ... = 1.
•	(а0 + агх 4- а2х2 + ... )(1 4- х 4- х2 4-...) = <з0 4- Six 4- з2х2 4-...,
где sn = aQ 4-	4-... 4- ап.
Упражнение 2.11. Докажите эти равенства и найдите произведе-
ние (а0 4- а^х -I- а2х2 + ...)(!- х).
Простейшим примером множества, в котором операции сложения и
умножения обладают естественными свойствами, является Z — множе-
ство целых чисел. Сформулируем эти свойства:
1)	(а 4- Ь) 4- с = а -I- (Ь 4- с);	5)	(аб)с = а(6с);
2)	a -I- b = Ь 4- а;	6)	ab = Ьа;
3)	а 4- 0 = а;	7)	а • 1 = а;
4)	V а Э b: а + Ь = 0;	8)	а(Ь 4- с) = ab + ас.
Множество с двумя отмеченными элементами (традиционно обозна-
чаемыми 0 и 1), в котором определены две арифметические операции,
обладающие свойствами 1)—8), называется коммутативным кольцом
(если быть совсем точным, то это коммутативное кольцо с единицей).
Элемент а некоторого кольца называется обратимым, если в этом
кольце найдется элемент 6, такой что ab= 1. В кольце Z обратимыми
элементами являются только ± 1.
В множестве R [[х]] роль нуля выполняет ряд, все коэффициенты
в котором равны нулю, роль единицы — ряд, в котором первый коэф-
фициент равен 1, а остальные равны нулю.
Упражнение 2.12. Докажите, что множество Ж[[х]] с введенны-
ми операциями и отмеченными элементами является коммутативным
кольцом, в котором элемент akxk обратим тогда и только тогда,
когда а0 /= 0.
§2.6. Рекуррентные соотношения
и свойства степенных рядов
Рассуждения, проведенные в предыдущем пункте, показывают, на-
сколько полезно было сопоставить функцию (ряд) набору числовых
величин. Ниже мы применим этот метод к следующей классической
задаче Фибоначчи.
58
Глава 2. Комбинаторика
Каждая пара кроликов ежемесячно приносит пару кроликов, кото-
рые начинают давать приплод через два месяца после своего рождения.
Сколько пар кроликов будет через п месяцев, если вначале была одна
пара новорожденных кроликов, а убыли кроликов не наблюдалось?
Если через Fn обозначить имеющееся через п месяцев число кро-
личьих пар, то Fx = Fq = 1 (приплода пока нет), a Fn = Fn_i 4- Fn_2
(к имевшимся в предыдущем месяце парам добавилось потомство тех
пар, которые появились на свет по меньшей мере два месяца назад).
Теорема 2.4 (Формула Бине). Справедливо равенство
Для доказательства рассмотрим производящую функцию последова-
тельности Фибоначчи {Fn}£L0: <^(х) = Fnxn, и найдем произведе-
ние
(1 — х — x2)ip(x) = (1 — х — х2) Fnxn =
п=0
= (1 - х - x2)(F0 4- F1X 4- F2x2 4-...) =
= Fo + (Fx - F0)x + (F2 - Fi - F0)x2 4-... .
В силу начальных условий и рекуррентного соотношения для чисел Фи-
боначчи полученный ряд равен просто единице, т. е. у?(х) = -—•
Далее, поскольку
1 - X - X2 = -(£1 - х)(б2 - х),
>/5-1	>/5 + 1
где €i = ——, е2 = ~	, и, кроме того,
—	оо	, оо ,
1 _ £j _ 2.	S. V —	xk
6i-x 1-— €i	“e*4-1’
€i	k-Q *	ЬО »
то мы имеем
§2.7. Теорема Эйлера
59
Теперь, приравняв коэффициенты при соответствующих степенях х,
мы и получим искомую формулу.	□
Приведенное рассуждение изящно, однако напоминает некий фо-
кус. Кроме того, одно место в нем требует дополнительных пояснений.
Именно, каков смысл равенства <^(х) = t 2 ? К примеру, бессмыс-
ленно подставлять в него х = 1.
Дело в том, что записанное в процессе доказательства теоремы ра-
венство <^(х)(1 — х — х2) = 1 означает, что <^(х) = (1 — х — х2)-1 в кольце
формальных степенных рядов. Аналогично, если	“£+?’ то
<р^х) = (Si - х)-1, г = 1,2.
Упражнение 2.13. Докажите, что если элементы u, v коммутатив-
ного кольца и их разность и - v обратимы, то
(uv)"1 = (и - v)-1 (и-1 — и"1).
Теперь мы в состоянии придать смысл вычислению, проведенному
в доказательстве теоремы. Если под • понимать обратный к и элемент
и-1 кольца Ж [[я]], то
ср(х) = (1 - х - ж2)"1 = - ((б1 - я)(е2 - я))”1 =
= (е2 - ej"1 ((е2 - х)’1 - (ег - х)"1) =
= с 1 g (V’l(x) - ^(х)) •
61 — 62
Конечно, формулу Бине можно доказать более простым способом,
идея которого появилась в главе 1 (см. решение задачи 1.20).
Упражнение 2.14. Докажите, что всякое решение рекуррентного
соотношения xn+i = хп 4- хп_ х, n > 1, имеет вид хп = аЛ? + ЬХ% , где числа
а и b определяются начальными членами ж0 и данной последова-
тельности, а Л1>2 — корни уравнения Л2 — А — 1 = 0.
§2.7. Теорема Эйлера
Начнем данный параграф с решения следующей задачи. Предполо-
жим, что в клетках квадрата 3x3 стоят числа от 1 до 9. Квадрат
называется магическим, если в нем равны все суммы чисел в каждой
строке, каждом столбце и в каждой из двух его диагоналей.
Задача 2.23. Докажите, что в центре магического квадрата 3x3
стоит число 5, а в углах располагаются числа 2,4,6 и 8.
60
Глава 2. Комбинаторика
Поскольку сумма всех чисел в рассматриваемом квадрате равна 45,
то каждая из сумм трех чисел в каждой его строке, столбце и на его
диагоналях равна 15. Рассмотрим всевозможные разбиения этого числа
на суммы трех различных чисел от 1 до 9. Всего имеется восемь таких
разбиений, именно: 1-1-54-9, 1 4-6 4-8, 24-44-9, 24-54-8, 24-64-7,
34-44-8, 34-54-7, 44-54-6.
Число, которое находится в центре магического квад-
рата, должно присутствовать в четырех разбиениях (ри-
сунок), а таковым является лишь число 5. В трех раз-
биениях присутствуют лишь числа 2, 4, 6, 8, поэтому
именно они стоят в углах квадрата.
Основная цель данного пункта — применить метод производящих
функций в действительно сложной задаче нахождения соотношения
между числами разбиений натуральных чисел на натуральные же сла-
гаемые. Подсчет этих чисел довольно затруднителен; к примеру, чис-
ло 100 можно представить 190569292 способами.
Обозначим через р(п) число таких разбиений натурального числа п,
положив по определению р(0) = 1.
Лемма 2.5. Справедливо следующее разложение:
У^р(п)хп = (1 4- х 4- х2 4-... )(1 4- х2 4- х4 4-...)... х
п=0
х (1 4- хк 4- х2к 4-...)... .
Заметим, что хотя в правой части данной формулы и стоит бесконеч-
ное произведение, для вычисления коэффициента при фиксированной
степени нужно проделать конечное число действий.
Итак, сопоставим конечной последовательности (mi, т2,..., тк)
неотрицательных целых чисел произведение хт1х2т2.. .хкТПк, а так-
же разбиение числа п =	4- 2т2 4-... 4- ктк на сумму единиц, т2
двоек, и т.д. Ясно, что оба эти соответствия взаимно однозначны, таким
образом, коэффициент при хп после раскрытия скобок в правой части
формулы действительно равен числу р(п) (неупорядоченных) разбие-
ний натурального числа п на натуральных слагаемых.	□
Следствие. Справедливо разложение
ОО
Упражнение 2.15. Докажите это следствие.
§ 2.7. Теорема Эйлера
61
Введем еще два типа разбиений: пусть £(п) — это число разбиений
числа п на сумму нечетных слагаемых, a d(n) — на сумму различных
слагаемых.
Упражнение 2.16. Докажите, что
ОО	оо
52 е^хП = (1 - х)(1- а;3) ’ 52 d^xn = (1 + *)(1 + *2) • • • •
Теорема 2.6. Справедливо тождество d(ri) = £(п).
Пусть D(x) и L(x) — производящие функции для последовательно-
стей чисел d(n) и £(п). Имеем
Р(х) = У2 d(ri)xn = (1 + х)(1 + х2)... =
п=0
_ 1 — X2 1-Х4 1-Х6	__________1_______— Т ( \ П
“ 1-х * 1 — х2 * 1 — х3 *	(1-х)(1-х3)... “
Заметим, однако, что в последнем равенстве приведенного дока-
зательства подразумевается, что в бесконечном произведении дробей
сделано бесконечно много сокращений. Поэтому дадим менее изящное,
однако более аккуратное рассуждение.
Будем говорить, что элементы f,g€ R[[x]] сравнимы по модулю хп, и
писать f = g (mod хп), если f — g = xnh для некоторого ряда h 6 R[[x]].
Ясно, что f = g тогда и только тогда, когда f = g (modxn) для сколь
угодно больших п. Имеем
D(x) = (1 + х)... (1 + x2n) (modx2n+1) =
= (1 - х2)... (1 - х4п)(1 - х)"1... (1 - х2")-1 (modx2n+1) =
= (1 - х)-1... (1 - х2”-1)-1 (modx2n+1) =
= L(x) (modx2n+1).
Значит, D(x) = L(x).	□
Другой подход к доказательству отнюдь не очевидного тождества
данной теоремы состоит в использовании преобразований так называе-
мых диаграмм Юнга. Пусть п = (2fci + 1) + (2fc2 +1) +... + (2fcs + 1), где
fci > к2 > кa — разбиение числа п на нечетные слагаемые. Рассмот-
рим уголок с равными сторонами, на каждой из которых расположено
по fci + 1 точек (считая и его вершину, так что всего на нем имеет-
ся 2fci + 1 точек). Аналогичный уголок с 2к2 + 1 точкой расположим
на один ряд ниже и правее его, и т.д. (на рисунке приведен пример
62
Глава 2. Комбинаторика
расположения, соответствующего разбиению числа 31 = 9 + 7 + 7 + 5 +
+ 3). Проведем на такой диаграмме двузвенные ломаные (так, как это
-	.	.	.	. изображено на рисунке). Первая ломаная идет
Х^	справа налево по верхнему ряду, затем сверху
X х. X *	вниз и слева направо по диагонали. Вторая He-
x'^ X. X.	—• малая — снизу вверх по самой левой вертикали
X. X. (до точки второго ряда), затем также сверху вниз
Р\ х. х. и слева направо по диагонали. Третья ломаная
* X. \ X X начинается с крайней правой точки второго ря-
0 \ X да’ и так Д8*466- В рассматриваемом примере на
этих ломаных располагаются соответственно 9,8,
6 точек, 4, 3 точки и 1 точка, таким образом получено разбиение чис-
ла 31 на попарно различные слагаемые.
Упражнение 2.17. Докажите, что в результате применения данно-
го алгоритма всегда будет получаться разбиение на различные слагае-
мые.4
Выше было доказано, что производящая функция последовательно-
сти чисел разбиений обратна бесконечному произведению
(1 - х)(1 - х2)(1 - X3). . . .
Проделаем небольшое вычисление:
(1 — я)(1 - х2) = 1 — х - х2 + х3.
Умножая полученный многочлен на 1 — х3, получаем
1 - х - х2 + х4 + х3 - я6.
Далее, последовательное умножение на 1 — х4 и 1 — х3 дает
1 - х - х2 + 2ж5 - х3 - х9 - ж10 ,
1 - х - х2 + х3 + ... .
Заметим, что выписанная часть последнего многочлена не изменится
при дальнейшем умножении на двучлены 1 — xk, к >6. Если не поле-
ниться, то можно подсчитать, что начальными членами в бесконечном
произведении окажутся
1 - х - х2 + х3 + х7 - ж12 - ж15 + х22 + ж26 — X33 - ж40 + . . . .
4 Сложнее доказать, что описанное соответствие является взаимно однозначным^
§ 2.7. Теорема Эйлера
63
Теорема 2.7 (Эйлер). Справедливо тождество
П(1-**)= g(-D‘^.
fc=l	q= —оо
Следствие. Имеет место рекуррентная формула
р(п) = р(п - 1) + р(п - 2) - р(п - 5) - р(п - 7) + р(п - 12) + ... .
Действительно, так как Р(х) “ xk) = 1, то
У^р(п)д;п • (1 — х — х2 + х5 + х7 — ...) = 1.
п=0
Рассмотрев член степени п, получим, что
хп (р(п) — р(п - 1) - р(п - 2) + ...) = О,
откуда и следует указанная формула.	□
Докажем теорему 2.7. Пусть ап — коэффициент при хп в произведе-
нии ПГ=1(1 — хк). Ясно, что ап совпадает с суммой чисел (—l)fc по всем
разбиениям числа п на сумму к различных натуральных слагаемых.
Пусть п = пх + п2 +... + пк, где пх < п2 <... < пк. Разобьем все такие раз-
биения на три типа. Введем дополнительное обозначение. Пусть з — это
наибольшее из таких чисел, что числа пк_а+1, пк_а+2^ • • •, Пк являются
соседними в натуральном ряду.
Отнесем к типу 1 все такие разбиения, в которых пг < s к, исключая
случай П1 = s = к, т. е. исключая разбиение
п = к + (fc + 1) + ... + (2fc - 1) = fc(3fc~1).
К типу 2 отнесем разбиения, у которых пг > з, за исключением разби-
ения с П1 = з + 1, з = fc, т. е. разбиения
п = (к + 1) + (к + 2) + ... + 2к = fc(3fc2+ х).
Третий тип состоит из оставшихся исключительных разбиений. За-
метим, что разбиения третьего типа существуют лишь у чисел п =
к(3к - 1) к(3к + 1)
= >-----------2—~ ’ т’е* именно У чисел, которые появляются как по-
казатели степеней в правой части тождества Эйлера!
Рассмотрим произвольное разбиение п = пх 4- п2 + ... 4- пк первого
типа и сопоставим ему следующее разбиение того же числа:
п = п2 + ... + пк_П1 4-... 4- (nfc_ni+1 4- 1) 4- ... 4- (пк 4-1),
64
Глава 2. Комбинаторика
что возможно, поскольку П1 < к. В полученном разбиении подряд будут
стоять s' = П1 чисел, а первым является число = п2, которое больше
числа s' = П1, следовательно, построено разбиение второго типа. Это
соответствие можно описать на языке диаграмм Юнга (см. рисунок):
точки верхнего ряда добавляются по одной в нижние ряды. При рас-
крытии скобок в произведении указанным разбиениям соответствуют
коэффициенты (—l)fc и (—l)fc+1, сумма которых равна нулю. Нетруд-
но видеть, что описанное соответствие между разбиениями первого и
второго типов является взаимно однозначным, следовательно, коэф-
фициент при хп отличен от нуля лишь в случае, если для числа п
существует разбиение третьего типа.	’	□
§2.8. Числа Каталана
Задача 2.24. Двадцать человек подошли к кассе кинотеатра. Билет
на сеанс стоит 50 рублей. У десяти человек имеется 50-рублевая купюра,
а у остальных десяти есть только сторублевки. Сколькими способами
они могут встать в очередь с тем, чтобы кассир смог рассчитаться с каж-
дым, если перед началом продажи денег в кассе не было?
Ясно, что важно лишь расположение тех, у кого имеются 50-рублевые
купюры. Поэтому давайте сформулируем другую задачу (в общей по-
становке). Имеются п единиц и п штук —1. Сколько имеется состав-
ленных из этих чисел последовательностей а1? а2, • • •, а>2п, таких что
+ а2 +... + о>к 0 при всех к = 1,2,..., 2п? Ответом является так назы-
ваемое число Каталана Сп, формулу для которого мы и получим далее.
Следовательно, ответом в задаче 2.24 является произведение Сю • (10!)2.
Для чисел Каталана имеет место некоторое рекуррентное соотноше-
ние типа свертки, которое совсем не очевидно в той формулировке,
которая пока имеется. Поэтому продолжим исследовать формулиров-
ки и рассмотрим такую задачу.
Сколькими способами можно расставить скобки в произведении
Ж0 *
(не меняя порядка множителей) с тем, чтобы был определен порядок
выполнения умножений?
§ 2.8. Числа Каталана
65
К примеру, в случае п = 2 имеются два варианта:
х0 • (^1 • х2),	(х0 • ah) • х2.
Если п = 3, то уже пять:
* {х\ • (х2 • а?з)), Xq • ((a?i * х2^ • а?з),
(xQ • Z1) • (х2 • х3),	(ж0 • (Ж1 • х2)) • х3,
((а?о • a?i) • х2) • х3.
Предположим, что скобки расставлены некоторым образом. Добавим
еще пару самых внешних скобок и сопоставим способу их расстановки
последовательность из 1 и — 1 по следующему правилу. Двигаясь слева
направо, заменим каждый знак умножения на 1, а каждую закрываю-
1цую скобку на —1.
Упражнение 2.18. Докажите, что указанное правило определяет
взаимно однозначное соответствие между способами расстановки ско-
бок в произведении п -I-1 элементов и числом последовательностей
длины 2п из ± 1 с нулевой суммой и неотрицательными частичны-
ми суммами.
Пусть Сп — число способов расстановки скдбок в произведении
.г0 • Xi •... хп, положим по определению Со = 1.
Лемма 2.8. При всех п 1 имеет место соотношение
Сп — CQCn_\ + С\Сп_2 + ... + Cn-iCo.
Действительно, всегда есть последнее умножение, в результате ко-
торого мы получаем искомое произведение. Предположим, что соот-
ветствующий знак умножения стоит между хк и хк+1. В произведении
х0 • Хг •... • хк скобки можно расставить Ск способами, а в произведении
хк+1 • Xfc+2 •... • хп — Сп_к_х способами. Значит, всего способов в дан-
ном случае имеется СкСп_к_х. Просуммировав по fc от 0 до п, получим
число Сп.	□
Рассмотрим производящую функцию последовательности Со, Сп ...
С(х) = Со + С1Х + ... + Спхп + ... .
Лемма 2.9. Имеет место равенство С(х) = хС2(х) 4-1.
Упражнение 2.19. Выведите лемму 2.9 из леммы 2.8.
Теорема 2.10. Сп = Qn
66
Глава 2. Комбинаторика
Соотношению леммы 2.9 удовлетворяет ряд Тейлора функции
/(#) = --4х • Поскольку
= 1 + я + ...,
то из совпадения коэффициентов Со = Сх = 1 производящей функции
С(х) и ряда Тейлора для f(x) при п = 0,1 следует, что эти коэффици-
енты совпадают при всех п = 0,1,...
Все, что осталось сделать — это найти формулу для коэффициента
при хп. Он равен
= , 1, • -Л? • 4n+1 • 1 • 3 •... • (2n - 1) =
(п + 1)! 2"+2	v ’
2"-l-3-...(2n-l)	1	(2n)!	1
(n + 1)!	n + 1 (n!)2 n + 1 2n’
В заключение этого пункта заметим, что изумительный по своему
изяществу вывод формулы для чисел Каталана (не использующий про-
изводящих функций) приведен в книге [8, с. 394].
§2.9. Число ячеек химерного пространства
В решении задачи 1.21 предыдущей главы было отмечено, что число
ячеек трехмерного пространства, на которые оно делится п плоскостя-
ми, находящимися в общем положении, вычисляется по формуле
2	6
Ясно, что эта формула имеет уж очень явную структуру, так что хочет-
ся обобщить ее на плоскости в многомерном пространстве. Кроме
того, ясно, что в этой формуле участвуют числа сочетаний, именно,
vn = C° + C‘+C-: + Ct
поэтому неужели у нее нет чисто комбинаторного доказательства?
Мы докажем указанную формулу, проведя индукционный переход
по размерности пространства в частном случае: от размерности к = 2
к размерности к + 1 = 3.
§2.9. Число ячеек п-мерного пространства
67
Упражнение 2.20. Пусть в пространстве даны п плоскостей, из ко-
торых никакие две не параллельны, никакие три не параллельны одной
прямой и никакие четыре не пересекаются в одной точке. Найдите число
вершин ячеек, на которые эти плоскости разбивают пространство.
Рассмотрим такую вспомогательную плоскость Р, что:
а)	она не параллельна ни одной из данных плоскостей;
б)	не параллельна ни одной йз прямых, по которым пересекаются
данные плоскости;
в)	все точки пересечения любой тройки из данных плоскостей лежат
по одну сторону от нее.
Рассмотрим также V — то из двух полупространств, на которые плос-
кость Р делит пространство, в котором не лежит ни одна из точек
пересечения троек данных плоскостей.
Плоскость Р пересекается с данными плоскостями по п прямым,
делящими ее на 1 +	- областей. Ясно, что эти области суть пере-
сечения плоскости Р с ячейками трехмерного пространства, на которые
оно разделено данными плоскостями. Более того, их число совпадает
с количеством ячеек, пересекающихся с полупространством V.
Начнем теперь сдвигать Р (и, соответственно, V) параллельно самой
себе по направлению к точкам тройного пересечения данных плоскостей
и следить , за изменением числа v ячеек, пересекающихся с полупро-
странством V. Ясно, что изменение v возможно только в тот момент,
когда Р встречает на своем пути одну из точек тройного пересечения.
Докажем, что при этом число v увеличивается в точности на 1, отку-
да, в силу результата упражнения 2.20, и будет следовать формула для
общего числа ячеек.
Пусть точка А является точкой пересечения трех плоскостей
Р1,Ра,Рз из данных. Введем систему координат, координатными плос-
костями которой являются эти плоскости Р1,Р2,Рз, при этом направ-
ления осей координат выберем таким образом, чтобы плоскости се-
мейства, образованного образами плоскости Р, задавались бы уравне-
ниями ах + by -I- cz = t, где а, 6, с > 0. Три плоскости делят простран-
ство на 8 областей, причем полупространство, заданное неравенством
ах -I- by + cz < t при t < 0 пересекается ровно с 7 из них. Следовательно,
при переходе от t < 0 к t 0 в полупространстве V появятся точки
в точности одной дополнительной ячейки.
Для того, чтобы сформулировать и доказать обобщение найденной
формулы, нам вначале потребуются некоторые определения. Итак, мы
назовем арифметическим к-мерным пространством множество
= {(#1, я2, • • •, хк) | Xi 6 R, г = 1,2,..., к},
68
Глава 2. Комбинаторика
состоящее из всевозможных наборов к действительных чисел. Таким
образом, в отличие от прямой, плоскости, обычного пространства, мы
сразу считаем, что в fc-мерном пространстве фиксирована некоторая си-
стема координат. Гиперплоскостью fc-мерного пространства называется
множество, заданное одним линейным уравнением
И- G>2*^2 4"" • • • 4"" ^k*^k — С.
Каждая гиперплоскость разбивает пространство на два к-мерных по-
лупространства, заданных неравенствами
а^Х\	4” • • • 4” О'к'Х'к О,
а^Х\ “I- G>2*^2 “Ь" • • • 4“ О'кЯ'к С»
Рассмотрим вектор а= (а1? а2, • • •, afc). Мы не будем в данный момент
определять понятие перпендикулярности в fc-мерном пространстве, хо-
тя и назовем вектор а нормалью рассматриваемой гиперплоскости.
Введем еще одно определение. Набор {а1, а2,..., ап} векторов назы-
вается линейно независимым, если равенство
AiG1 4- А2О2 4-... 4- Апап = О
возможно, только когда все числа А; равны нулю. Геометрический
смысл линейной независимости векторов обычного (трехмерного) про-
странства прост: два вектора являются линейно независимыми, если
они не параллельны, три вектора линейно независимы, если они не па-
раллельны некоторой плоскости.
Пусть в пространстве задан набор, состоящий из п гиперплоско-
стей с нормальными векторами а1, а2,..., ап. Будем говорить, что эти
гиперплоскости удовлетворяют условию общего положения или что они
находятся в общем положении, если
•	через каждую точку пространства проходит не более fc плоско-
стей из данных;
•	никакие fc нормальных векторов этих гиперплоскостей не явля-
ются линейно зависимыми.
Теорема 2.11. Набор, состоящий из находящихся в общем поло-
жении п гиперплоскостей к-мерного пространства, делит его на
v(n,fc) = C* + C'* + ... + C*
п-мерных ячеек (при этом мы считаем по определению, что С* = О
при к> п).
Дополнительные задачи
69
Доказательство теоремы будет проводится индукцией по размерно-
сти пространства. Идея рассуждения достаточно естественна. Рассмот-
рим вспомогательное семейство гиперплоскостей, заданных уравнения-
ми
4-	Ь2х2 4-... -I- bkxk =с, cG R.
При этом предполагается, что никакой набор векторов
{6, а*1,^2,...,^*-1}
не является линейно зависимым.
Каждая из вспомогательных гиперплоскостей семейства сама явля-
ется пространством на единицу меньшей размерности. Следовательно,
если ее пересечения с заданным набором гиперплоскостей удовле-
творяют условию общего положения, то они делят ее на v(n, к — 1)
(к—1)-мерных ячеек. Отсюда вытекает, что всякая такая гиперплос-
кость пересекается с v(n, к — 1) из общего количества к-мерных ячеек
пространства Rn. При изменение параметра с в уравнении происходит
параллельный перенос вспомогательной гиперплоскости. Как и в разо-
бранном выше частном случае, можно доказать, что при переходе через
одну из точек пересечения заданных к плоскостей гиперплоскость рас-
сматриваемого семейства пересечется в точности с одной новой ячей-
кой.	□
Дополнительные задачи
Задача 2.25. Даны последовательности чисел
а)	1,2, ...,2п; б) 1,2,...,2п + 1.
Сколькими способами можно выбрать из них тройку чисел, образующих
арифметическую прогрессию?
Задача 2.26. Найдите количество шестизначных чисел, у которых
имеются три нечетные и три четные цифры.
Задача 2.27. Сколькими способами можно разложить 4 белых и 4
черных шара по 6 различным ящикам?
Задача 2.28. Сколько имеется различных прямоугольных паралле-
лепипедов, ребра которых имеют длину 1,2,..., 10?
Задача 2.29. На прямой отмечены 10 точек, а на параллельной ей
прямой И точек. Сколько существует а) треугольников; б) четырех-
угольников с вершинами в этих точках?
70
Глава 2. Комбинаторика
Задача 2.30. Каждый участник лотереи «5 из 20» отмечает в билете
5 чисел из 20 указанных. В результате розыгрыша из 20 возможных чи-
сел определяется 5 счастливых. Сколько существует различных запол-
ненных билетов, в которых из отмеченных чисел ровно три являются
счастливыми?
Задача 2.31. Сколькими способами можно разбить 10 человек на
две баскетбольные команды по 5 человек в каждой?
Задача 2.32. Докажите, что	при всех к = 0,1,..., п.
Задача 2.33. Докажите тождества
*+1
п + 1 ’
z-rk-1 _	1
п п + Г
к
fc=i	fc=i
Задача 2.34. Докажите тождество
к
zJ — Cn\fc+1.
i=0
Задача 2.35. Сколько существует последовательностей из к нулей
и п единиц, в которых никакие две единицы не стоят рядом?
Задача 2.36. Имеются по два одинаковых рубина, изумруда и грана-
та. Сколькими способами можно разложить их: а) в ряд; б) по окруж-
ности? в) Сколько различных ожерелий можно составить, используя
все эти камни? (Кстати, чем отличается расположение по окружности
от составления ожерелья?)
Задача 2.37. В разложении многочлена (я2 + я +1)10 по степеням х
найдите: а) сумму коэффициентов; б) коэффициент при ж5.
Задача 2.38. а) Докажите, что если возрастающая последователь-
ность {gn} такова, что всякое натуральное число единственным образом
представляется в виде суммы некоторых членов этой последовательно-
сти, то (1 + zqi)(l + х42)... (1 Ч-хЧп) = l + x + ir2 + ... + xN.
б)	Найдите все последовательности, для которых имеет место преды-
дущее тождество.
Задача 2.39. Докажите, что число счастливых билетов (см. зада-
чу 2.19) равно:
а)	коэффициенту при ж27 в разложении многочлена
(1 + х + ... + ж9)6;
б)	интегральному среднему
1 Г sin6 10t dt
7Г Jo sin61
Комментарии педагогического характера
71
Задача 2.40. Рассмотрим выпуклый n-угольник ArA2... Ап
(с фиксированной нумерацией его вершин).
а)	Докажите, что для того, чтобы разбить его на треугольники непе-
ресекающимися (в своих внутренних точках) диагоналями, нужно про-
вести п — 3 диагонали.
Обозначим через Dn число различных разбиений этого п-угольника
на треугольники своими непересекающимися диагоналями, положим по /
определению D2 = 1.
б)	Докажите, что при всех п > 3 выполнено соотношение
Pn = D2Dn^i -I- Р3РП_2 + ... + Dn_rD2.
в)	Докажите, что Dn = Сп-2 (здесь С к — число Каталана),
Задача 2.41. Сколько имеется непрерывных функций, определен-
ных на всей прямой, графики которых содержатся в объединении пря-
мых:
а)	у =± ж; у =± 2х;
б)	у = X, у = -х, у = -|(х + 2), у = 2х + 5?
Задача 2.42. Докажите, что ёсли р — простое, то для всякого на-
турального числа п разность пр — п делится на р.
Комментарии педагогического характера
Элементарные комбинаторные задачи, примеры которых приведены
в первом параграфе этой главы, могут быть с успехом использованы
при обучении математике учащихся младших (6-9-х) классов средней
школы, поскольку при решении этих задач школьники обучаются про-
водить (и записывать) элементарные логические рассуждения, остава-
ясь между тем в рамках одной формальной схемы (огромное количество
подобных задач имеется в книге [5]). Эти задачи имеют, с одной сторо-
ны, разнообразные формулировки, а с другой — являются конкретными
реализациями совсем небольшого числа основных моделей. С точки
зрения учителя, немаловажно и то обстоятельство, что правильность
решения в большинстве случаев показывает ответ, случайное совпаде-
ние с которым невероятно, так же как маловероятно, чтобы учащийся
смог подобрать правильное решение по данному к задаче ответу.
Во втором параграфе автор предлагает подход к введению чисел со-
четаний, основывающийся на выводе рекуррентного соотношения меж-
ду ними, на примере трех различных задач. В идейном плане важную
роль играет задача 2.13 и ее следствия, в которых свойства наборов
72
Глава 2. Комбинаторика
числовых величин описываются через свойства функции, сопоставлен-
ной этому набору. Развитием этого метода является проведенное в §2.5
и §2.6 исследование задачи о количестве разбиений натурального чис-
ла на данное число слагаемых и задачи Фибоначчи. Подчеркнем еще
раз (учитель это обязан понимать!), что формальное вычисление в до-
казательстве теоремы 2.4, хотя и кажется естественным, нуждается
в построении математического объекта, в котором оно проводится. Наи-
более адекватным данной задаче объектом и является введенное в §2.5
кольцо формальных степенных рядов.
Метод производящих функций использован далее в этой главе для
исследования сложной задачи о числе разбиений (§2.7) и вывода фор-
мулы для чисел Каталана (§2.8).
Решения упражнений
2.1.	По индукции:
|4 UB U С| = |(А U В) U С| = |A U В\ + |С| - |(4 U В) П С| =
= |4| + \В\ - |А П В\ + |С| - |(А П С) U (В П С)| =
= |4| + \В\ - |4 П В\ + |С| - |4 П С| - \В П С| + |4 П В П С\ =
= |4| + \В\ + |С| - |4 П В\ - \В П С\ - |4 П С| + |4 О В О С|.
Попробуйте также получить эту формулу прямым рассуждением, ос-
нованном на подсчете элементов в каждом из множеств. Кроме того,
обобщите ее на случай объединения п множеств.
2.2.	Непосредственное вычисление дает
Тп,ь + Tn.fc_i —
п!_________________п!_________
fc!(n-fc)! + (fc - 1)!(п - к + 1)! “
Л!(пЛ + 1)!(П “ к + 1 + *) = ’
_______п! (п +1) ____________<п + г)!__
fc!(n-fc + l)!'	’ к\(п -*: + !)!
— Гп+1, к-
2.3.	Занумеруем все элементы множества X числами от 1 и п
и сопоставим каждому подмножеству 4 С X n-позиционное двоичное
число по следующему правилу: в fc-й позиции стоит 1, если множе-
ство 4 содержит fc-й по счету элемент, в противном случае в этой
позиции стоит 0. Ясно, что определено взаимно однозначное соответ-
ствие между множеством всех подмножеств 4 С X и множеством всех
n-позиционных двоичных чисел, которых всего есть 2П. Множество всех
fc-элементных подмножеств X состоит из С„ элементов, так как оно
Решения упражнений
73
находится во взаимно однозначном соответствии с множеством таких
n-позиционных двоичных чисел, в которых имеется ровно к единиц.
Конечно, рассуждать можно было проще. Каждое подмножество
определяется тем, взяли мы в него конкретный элемент, или же не взя-
ли. В каждом случае у нас 2 варианта, а элементов п, значит всего
вариантов имеется 2П.
2.4.	Первое доказательство. Так как
(1 -I- х)2п =	и (и- ^)n =
fc=O	fc=O
то, приравняв в равенстве (1 -I- х)2п = ((1 -I- т)п) коэффициенты при хп
и воспользовавшись симметричностью C^ = C^_fc, получим искомое
тождество.
Второе доказательство является чисто комбинаторным. Мы подсчи-
таем другим способом число CJn вариантов выбора п элементов из
2п-элементного множества. А именно, разделим множество из 2п раз-
личных элементов на два множества по п элементов в каждом, так
сказать, из белых и из черных точек. Выбирать п точек можно следу-
ющим образом: для каждого к от 0 до п мы выбираем множество из к
белых точек и (п—к) черных, что можно сделать Ск • С”~к = (С£) спо-
собами. Осталось просуммировать полученные числа при к = 0,1,..., п.
2.5.	Чтобы не запутаться в формулах, будет удобно рассматривать
по отдельности индукционные переходы от четного числа к нечетному
и от нечетного к четному. Если п = 2т, то
в EIU-I)*®2* • ‘s(2-" + D-=1_tea;lg2„a;.
В следующих равенствах мы сразу запишем выражение для тангенса
tg(2m -|- 1)я, которое получится после того, как мы избавимся от «че-
тырехэтажной дроби» в результате подстановки выражения для tg 2тх.
HTaK;fff2m ,	= Er=o(-i)fc^^+1 + ErJo^-i)*^1^1 =
Er=o(-i)fc®2fc + Er=’o1(-i)fc+1^+1t2fc+2
ЕГ=о(-1)^++У2*+1
EZ’=o(-i)fc®2fc +
ЕГ=о(-1)*с&+1^ ‘
Индукционный переход от нечетного числа к четному оставляем чи-
тателю в качестве упражнения.
74
Глава 2. Комбинаторика
2.6.	Ясно, что если метки не расставлять, то существует всего два
типа деревьев с тремя ребрами (и, соответственно, четырьмя верши-
нами): оба они изображены на рисунке перед данным упражнением.
Если рассматривать правый рисунок, то существенно лишь то, какая
метка стоит у средней вершины, следовательно, таких помеченных де-
ревьев имеется 4. Для дерева, изображенного на левом рисунке, важ-
но, во-первых, какие числа стоят посередине — С2 = 6 вариантов, и
во-вторых, каким способом из двух возможных расставлены метки для
крайних вершин. Значит, всего есть 6-2 = 12 вариантов, а всего их будет
16 = 42.
2.7.	Все преобразования основаны на формуле, доказанной перед
формулировкой данного упражнения. Итак,
_ (n- l)fc _ (п - l)2fc(fc + 1)	_	_
n'k n-k-1 n’k+1 (n — fc — l)(n — fc — 2) n’*+2 "
(n - l)n~lt-1fc(fc + 1)... (n - 2)
(n — fc — l)(n — fc — 2)... 1	n,n-1
= (n-l)n-fc-1C^‘Tn,n_1.
Осталось заметить, что Tn>n_i = 1 (почему?).
2.8.	а) Для каждой из к точек множества А имеются п вариантов
для выбора ее образа, следовательно, всего существуют пк отображе-
ний.
б)	Ясно, что для того, чтобы существовало хотя бы одно обратимое
отображение /: А —► В, необходимо, чтобы n > fc. Каждое такое отоб-
ражение определяется упорядоченным набором к точек множества В,
поэтому всего их будет Ак. В частности, если |Л| = |В| = п, то имеется
п! биекций А —> В.
в)	Ответ: Ск образов, так как образом может быть любое fc-элемент-
ное подмножество множества В.
г)	Ответ: С * + С2 + ... + С* возможных образов.
2.9.	Пусть хх + х2 + ... + Хк = п, где Xi — натуральные числа. Если
ввести уг = Xi — 1, то yr + у2 -I-... + у к = п — fc, причем числа у{ — целые
неотрицательные. Как следует из решения задачи 2.21, число упоря-
доченных решений последнего уравнения равно Следовательно,
столько же упорядоченных решений имеет и исходное уравнение.
2.10.	Отметим на прямой п точек. Выберем к — 1 промежутков
с концами в парах соседних точек и вобьем «колышек» в середину
каждого из них. Пусть хг — число точек слева от крайнего левого ко-
лышка, я2 — число точек между этим колышком и следующим за ним
Решения упражнений
75
И т; д. (рисунок). Таким образом, каждому набору из fc — 1 промежутков,
выбранных из п — 1 возможных, сопоставлено упорядоченное представ-
ление п = Xi 4-... 4- хк. Нетрудно видеть, что это сопоставление взаимно
однозначно, откуда и получаем ответ:	способами.
Xi Х2	Xk
2.11.	Первые две формулы непосредственно следуют из опреде-
ления коэффициентов в произведении рядов. В первой из них: ак = 1
при всех fc > 0, а Ьо = 1,	= — 1 и Ьк = 0 при fc > 2. Значит, Со = 1 и
ск = 1 • 1 4-1 • (—1) = 0 при fc > 1.
Во второй формуле Ьк = 1 при всех fc > О, следовательно,
сп = ао 4- di 4-. •. 4- ап = зп.
Наконец,
(а0 + агХ 4- а2х2 4-... )(1 — х) = а0 4- (fli — а0)х 4- (а2 — а^х2 4-... .
2.12.	Из определения сложения и умножения формальных степен-
ных рядов очевидны все свойства, за исключением свойства 5). Оно
тоже «очевидно», однако только с той точки зрения, что «как же мо-
жет быть иначе». Приведем теперь формальное доказательство. Даны
ряды
и = а0 4- aiX 4- а2х2 + ... ,
v = Ьо 4- Ьгх 4- Ь2х2 4-... ,
w = Со 4- CiX 4- с2х2 4-... .
Коэффициенты ряда (uv)w вычисляются по формуле
п^к	ч
dn ~ 0>гЬк—i j cn_fc,
fc=O'i=O	'
а ряда u(vw) — по формуле
п	уп—к	ч
=	> biCn-k-i ) >
fc=O	'i=0	'
так что еще надо постараться показать, что dn = d'n. Убедит ли вас тот
факт, что
dn =	2 c,ibjCk — dn 1
i,j,k^O
i+j+k=n
Постарайтесь понять это самостоятельно.
76
Глава 2. Комбинаторика
Теперь докажем существование обратного элемента у ряда с а0 0.
Если z	з	\ /	2	\ 1
(а0 + QiX 4- а2х + ... )(и0 + щх + и2х +...) = 1,
то
^0^0 = 1,
do^i 4-	=
По^2 4" 01^1 4“ ^2^0 = 0»
4" (iiUk-i 4"... 4" flfc'Uo = О»

Следовательно, и0= иг = — и так далее. Более точно, если
определены значения и0, щ,..., ufc-i, то ик находится посредством фор-
мулы
4" а2ик_2 4"... 4" aku0
ик =---------------------------•
do
Таким образом мы можем последовательно найти все коэффициенты
искомого ряда.
2.13.	Рассмотрим произведение
(и — v)-1 (v-1 — и-1) uv = (и — v)-1 (y~1vu —	=
= (и — v)-1(u — v) = 1,
что и означает, что элемент (и —— и-1) является обратным
к произведению uv.
2.14.	Будем искать решения данного рекуррентного соотношения
хп+1 = хп 4- хп_! в виде хп = аХп. Подставив это выражение в данное
соотношение, получим, что
aXn+1 = аХп -|- dAn-1, или А2 — А — 1 = 0,
так что А 1,2 = 1=Ь2^. Следующее соображение состоит в том, что если
^n+i = хп 4- xn—i и 2/n+i = Уп 4~ Уп—1, то 2n+i = zn 4~ zn_i, где zn = хп 4~
4- з/п, что очевидно. Следовательно, любая последовательность вида
хп = аАу 4- ЬХ% есть решение данного соотношения. Однако пока не
доказано, что такими последовательностями исчерпываются все реше-
ния. Последняя идея состоит в том, что каждая последовательность
однозначно определяется двумя ее первыми членами х0 и Xi. Значит,
если для любых значений х0 и Xi мы сможем найти такие значения
а и Ь, что х0 = aXi 4- ЬА° и xr = aAJ 4- ЬА|, то хп = аА? 4- 6AJ при всех
Решения упражнений
77
п = 0,1,... Таким образом, а и b просто должны быть решениями си-
стемы
а 4- b = 2?о,
<
аЛ1 -|- ЬХ2 = Xi.
к
Ясно, что искомые а и b существуют (напишите для них явные фор-
мулы).
2.15.	Прежде всего надо осознать: что же требуется доказать? Дело
в том, что нельзя утверждать «так как икик1 = 1 при всех к = 1,2,..., то
(uiu2 .. .)-1 = щ ги2 1... », поскольку бесконечное количество действий
выполнить невозможно. Обратите внимание на замечание к формули-
ровке предшествующей теоремы: «хотя в правой части стоит бесконеч-
ное произведение, однако для вычисления коэффициента при фиксиро-
ванной степени нужно проделать конечное число операций». Для того,
чтобы найти коэффициент при степенях ж, не превосходящих п, надо
рассмотреть произведение и~г... uf 1и1и2 ... ип = 1, откуда и следует до-
казываемое следствие.
2.16.	Из доказательства леммы 2.5 сразу следует, что
£(п)хп = (1 + я + я2 + ... )(1 + я3 + я6 * + ...)... х
п=0
х (1 + x2fc+1 + x4fc+2 +	,
вся разница в том, что число
n = mi -I- Зт2 4-... -F (2fc — l)mfc
разбивается на гпг единиц, т2 троек и так далее, таким образом оно
разбивается на нечетные слагаемые. Для доказательства указанной
формулы для производящей функции Цх) осталось воспользоваться
равенством5
1 + а:*+х2' + ... = —Ц.
1 - X8
Если число п разбито на различные слагаемые, то
п = Si 4- 2з2 4-... 4- кзк, где Si е {0,1}.
Поэтому коэффициент при хп в разложении правой части равенства
для функции D(x) как раз и равен количеству разбиений числа п на
различные слагаемые.
5В действительности, в этом месте автор пошел на обман и ничего еще не доказа-
но. Поймите, почему, и постарайтесь дать необходимое обоснование (ср. с решением
упражнения 2.15).
78
Глава 2. Комбинаторика
2.17.	Ясно, что на каждом следующем вертикальном (горизонталь-
ном) участке ломаной находится меньше точек, чем на предыдущем
горизонтальном (соответственно, вертикальном) участке, тогда как на
каждом следующем наклонном ее участке точек не больше, чем на
предыдущем наклонном.
2.18.	Каждая закрывающая скобка определяет результат некото-
рого умножения, поэтому до нее (точнее, слева от нее) должен нахо-
диться знак умножения. Следовательно, каждой —1 можно сопоставить
стоящую до нее 1, поэтому всякая частичная сумма в полученной по-
следовательности из ± 1 будет неотрицательной. Осталось доказать,
что описанное соответствие является взаимно однозначным, т. е. что
каждая последовательность ± 1 с нулевой суммой и неотрицательны-
ми частичными суммами получается из некоторой расстановки скобок
в произведении х0 • Zi •... • хп. Докажите это самостоятельно.
2.19.	Имеем
С2(х) = (Со + С\х + ... )(С0 + Сх®+...) =
= Cq 4- (CqCi 4- CiCo)x 4“... 4"
4- (C0Cn_i 4- C\Cn_2 4-... 4- Cn-\Co)xn 1 4- • • • .
Значит,
1 4" xC2(x) = 14~ C’oic 4“ (CqC\ 4" C\Cq)x2 4"... 4"
4- (C0Cn_i 4- CiCn_2 4-... 4- Сп-\Со)хп 4-... =
= Co + (\x + ... + Cnxn + ... = ОД
в силу доказанного рекуррентного соотношения между числами Ката-
лана.
2.20. Каждая вершина ячейки является точкой пересечения трех (и
по условию, только трех) плоскостей. И, обратно, всякие три плоскости,
пересекаясь, определяют вершину ячейки. Значит, общее число вершин
всех ячеек равно числу троек плоскостей из п данных, таким образом,
оно равно С„.
Глава 3
Целые числа
§3.1. Элементарные задачи на делимость
Задача 3.1. Найдите наименьшее натуральное число п, такое что
nl делится на 990.
Так как 990 = 2 • 5 • 9 • 11, то п! должно делиться на И. Поскольку 11
является простым числом, то п! делится на 11, только если п> 11.
Следовательно, наименьшим таким числом п является 11.
Можно задать себе вопрос: а почему для того, чтобы произведение
нескольких чисел делилось на 11, необходимо, чтобы одно из них де-
лилось на 11? Ответ — это очевидно. Но очевидно то, что очень легко
доказать. К этому вопросу мы еще вернемся далее, но на первых порах,
особенно при занятиях с младшими школьниками, лучше подобные во-
просы обходить стороной.
Задача 3.2. Докажите, что число является квадратом целого чис-
ла тогда и только тогда, когда оно имеет нечетное число натуральных
делителей.
По определению натуральное число к является делителем натураль-
ного числа п, если существует число £, такое что п = к£. Следовательно,
все делители «ходят парами», вместе с делителем к числа п делителем
является также число t, = Таким образом, количество делителей мо-
жет быть нечетным тогда и только тогда, когда в одной из пар оба
делителя совпадут друг с другом, к = р т.е. п = к2.
Задача 3.3. Найдите все целочисленные решения уравнения
Зя + 52/ = 1.
Одно из решений нетрудно угадать: я0 = 2 и Уо = — 1. Если па-
ра (я, у) является еще одним решением данного уравнения, то 3(я —
- 2) -I- 5(2/ -F 1) = 0, или 3(2 — я) = 5(2/ -F 1). Значит, число 2 — я должно
делиться на 5, т. е. 2 — я = 5k, откуда у -I-1 = 3k, где к 6 Z. Таким об-
разом, мы получили формулу для всех решений данного уравнения:
(я,2/) = (2 - 5k, 3k - 1), keZ.
80
Глава 3. Целые числа
Задача 3.4. Найдите наибольший общий делитель числа, записан-
ного 100 единицами и числа, записанного 60 единицами.
Идея очень проста, но плодотворна. Число d является делителем
каждого из чисел а и b тогда и только тогда, когда оно делит также
Ь и а — Ь, Ь и а — 2Ь, и так далее, покуда очередная разность является
натуральным числом. Пусть число а записано 100 единицами, а b —
60 единицами. Если 1О40 раз вычесть Ь из а, то получится число с,
записанное 40 единицами. Конечно, проще было сказать, что мы рас-
сматриваем число с = а — 104ОЬ. Если теперь взять d = b — 102Ос, то оно
будет записано 20 единицами. Ясно, что d — делитель с, их частным
является число, которое начинается 1 и заканчивается 1, между кото-
рыми стоят 19 нулей. Таким образом, наибольшим общим делителем
данных чисел является число d.
I Ясно, что не следовало искать разложение каждого из чисел на простые
I множители...
Задача 3.5. Докажите, что при всех натуральных п число:
а) п3 — п делится на 6; б) п5 — п делится на 30.
а)	Так как
п3 — п = (п — 1)п(п -I- 1),
а среди трех идущих подряд чисел ровно одно делится на 3 и по крайней
мере одно — на 2, то их произведение делится на 6.
б)	Воспользуемся следующим разложением на множители:
п5 — п = (п — 1)п(п -F l)(n2 -I-1).
Как и в предыдущем пункте, мы можем утверждать, что произведение
делится на 6, так что осталось доказать, что оно делится на 5. Оно будет
делиться на 5, если на 5 делится само число п, или же это число при
делении на 5 имеет в остатке 1 или 4. Осталось рассмотреть случаи,
в которых п при делении на 5 имеет в остатке 2 или 3. Тогда мы можем
записать, что п = 5fc ± 2, значит,
п2 + 1 = (5fc ± 2)2 + 1 = 25fc2 ± 20fc + 5,
каковое число делится на 5.
Задача 3.6. Найдите наименьшее натуральное число, которое при
делении на 3 дает в остатке 2, при делении на 5 дает в остатке 4, а при
делении на 7 дает в остатке 6.
В такой формулировке задача очевидна. Действительно, если число
х — искомое, то х + 1 должно делиться на 3, 5 и 7, наименьшим таким
§3.1. Элементарные задачи на делимость
81
числом является произведение 3 • 5 • 7 = 105, значит, х = 104. Однако ес-
ли изменить формулировку, потребовав, чтобы, к примеру, остатками
являлись, соответственно, 1, 3 и 4, то задача станет сложнее (см. тео-
рему 3.6).
Задача 3.7. Докажите, что существует такое натуральное число п,
что все числа п + 1,п + 2, ...,п + 2007 составные.
Таким числом будет, например, п = 2008! + 1.
Задача 3.8. Найдите последнюю цифру числа: а) 22007; б) 77? .
а)	Сначала посчитаем. В следующей таблице приведены последние
цифры нескольких первых степеней двойки.
п	1	2	3	4	5	6
цифра	2	4	8	6	2	4
Из таблицы становится ясно, что и далее последние цифры будут по-
вторяться. Более точно, если п = 4£ + к, то у чисел 2П и 2к последние
цифры — одинаковые. Следовательно, последняя цифра числа 22007 сов-
падает с последней цифрой 23 = 8.
б)	Прямой подсчет показывает, что для последних цифр степеней 7
верно то же утверждение, что и для последних цифр степеней двой-
ки. Кстати, это не случайно, см. далее теорему 3.9. Поэтому осталось
подсчитать остаток при делении 77 на 4. Ясно, что 7 имеет остаток 3
при делении на 4, 72 — остаток 1, а 73 — снова остаток 3, и так далее.
Так как число 77 — нечетное, то остаток числа 77 при делении на 4
равен 3. Значит, последней цифрой 77? будет 3.
Задача 3.9. Известно, что числа р и 8р2 + 1 простые. Найдите р.
Как всегда, сначала можно немного посчитать. Построим таблицу.
Р	2	3	5	7
8р2 + 1	33	73	201	393
Бросается в глаза, что во всех случаях, за исключением р = 3, число
8р2 + 1 делится на 3. А теперь давайте это докажем. Если р не делится
на 3 (а оно простое, потому и не делится), то р = 3fc ± 1, так что число
8р2 + 1 = 8(3fc ± I)2 + 1 = 72k2 ± 48fc + 9
делится на 3. Поэтому ответ в задаче: р = 3.
Конечно, можно было рассуждать и без формул. Если остаток при
делении р на 3 равен 1, то р2 также будет иметь остаток 1, а 8р2
82
Глава 3. Целые числа
имеет остаток 2, значит, 8р2 + 1 делится на 3. Если остаток р равен 2,
то остаток р2 снова равен 1, так что и в этом случае 8р2 + 1 делится
на 3.
Задача 3.10. Докажите, что уравнение Зя2 — 4у2 = 13 не имеет це-
лочисленных решений.
Запишем уравнение в виде
Зт2 = 13 4- 4у2.
Может ли 13 + 4j/2 делиться на 3? Рассуждение, аналогичное проведен-
ному при решении предыдущей задачи, показывает, что нет, не может.
Задача 3.11. У числа 2100 взяли его сумму цифр. У полученного
числа взяли его сумму цифр, и так далее, пока не получилось однознач-
ное число. Найдите его.
Идея решения основана на том, что остаток от деления произволь-
ного натурального числа на 9 равен остатку при делении на 9 суммы
его цифр (см. решение задачи 3.14). Поэтому однозначное число, по-
лученное в результате указанного процесса, определяется однозначно.
Осталось только подсчитать остаток от деления числа 2100 на 9. Ясно,
что остаток от деления 26 равен 1, а так как 100 =16-6 + 4, то оста-
ток от деления данного числа равен остатку от делении 24 = 16 на 9,
т. е. числу 7. Ответ: в результат получится число 7.
Задача 3.12. Сколько целых решений имеет уравнение:
а)	х2 - бху + 13т/2 = 100; б) 2х2 + Зху + у2 = 35.
а) Запишем данное уравнение в виде (х — Зу)2 + 4у2 = 100, отку-
да ясно, что разность х — Зу должна быть четным числом. Положив
2z = х — Зу, получим уравнение 4z2 + 4j/2 = 100, или z2 + у2 = 25. Каждой
паре решений (у, z) полученного уравнения соответствует пара решений
(ж, у) = (Зу + z, у) исходного уравнения, поэтому осталось найти число
решений уравнения z2 + у2 = 25, что можно сделать посредством про-
стого перебора. Имеются 4 решения, в которых одно из чисел равно 0,
а второе есть ±5, и 8 решений, в которых одно число есть ± 4, второе
± 3. Таким образом, мы получаем ответ: 12 решений.
б)	Решение основано на разложении на множители, в результате чего
мы получим уравнение (х + у)(2х + у) = 35. Пусть а = ж + у, Ь = 2х + у.
Ясно, что для всякой пары целых чисел а и 5, таких что ab = 35, пара
(х, у) = (Ь — а, 2а — Ь) является решением данного уравнения. Поэтому их
будет столько же, сколько целых решений уравнения ab = 35, а именно 8.
§ 3.2. Алгоритм Евклида
83
§3.2. Алгоритм Евклида
В младших классах школы поиск наибольшего общего делителя
двух натуральных чисел (НОД) обычно производят путем сравнения
их разложений на простые множители. К примеру, наибольшим об-
щим делителем чисел 22 • 3 • 52 • 13 и 2 • 7 • 13 является произведение
2-131= 26. Однако задача нахождения наибольшего общего делителя и,
в частности, задача проверки двух чисел на взаимную простоту неиз-
меримо проще задачи разложения числа на простые множители. Это
было известно еще в глубокой древности. Существует алгоритм Евкли-
да, который уже был в неявном виде применен при решении задачи 3.4.
Повторим его основную идею. Пусть даны натуральные числа а > Ь.
Их наибольший общий делитель совпадает с наибольшим общим дели-
телем пары чисел а — b и Ь. В действительности вместо последователь-
ного вычитания можно воспользоваться делением с остатком. Несмотря
на свою простоту, это утверждение вполне заслуживает названия тео-
рема.
Теорема 3.1. Пусть даны натуральные числа а>Ь. Положим
aQ = а, аг = Ь и определим числа ап, где 0 an < ап-п п° формуле
ап = ап_2 -ran-i, п^2 (здесь г = [an_2/an-i])- Если ак^0, а ак+1 =0,
то ак = НОД (а, Ь).
Действительно, из определения последовательности чисел ап следу-
ет, что НОД (ап_2, an-i) = НОД (an_i, ап) для любого п к. Поскольку
по условию ak+i =0, то число ак_г делится на ак, следовательно, ак
является наибольшим общим делителем пары (afc_i,afc), значит, и наи-
большим общим делителем данных чисел а и Ь.	□
Упражнение 3.1. Воспользуйтесь результатами главы 1 для того,
чтобы доказать: а) возможность деления с остатком; б) что в резуль-
тате применения алгоритма Евклида мы на некотором шаге получим 0.
Задача 3.13. Докажите, что числа 1111111 и 1111 взаимно просты.
Применим алгоритм Евклида
(1111111,1111)	(1111,111)	(111,1) •-> (1,0).
Значит, НОД (1111111,1111) = 1.
Теорема 3.2 (Линейное представление НОД). Если d — наиболь-
ший общий делитель чисел а и Ь, то существуют целые числа х и у,
такие что d = ах + by.
Упражнение 3.2. Докажите эту теорему.
84
Глава 3. Целые числа
Упражнение 3.3. Докажите, что числа а и b взаимно просты то-
гда и только тогда, когда существуют целые числа хну, такие что
ах + by = 1.
Утверждение упражнения 3.3 имеет неожиданное следствие. При ре-
шении задач, приведенных в первом параграфе этой главы, мы прини-
мали как само собой разумеющийся следующий факт, который действи-
тельно является очевидным, если мы считаем, что всякое натуральное
число имеет однозначное разложение на простые множители.
Теорема 3.3. Если числа а и b взаимно просты и произведение ас
делится на Ь, то число с должно делиться на Ь.
Воспользуемся тем, что существуют целые числа х и у, такие что
ах -F by = 1. Следовательно, с = (ас)х + Ь(су). Поскольку правая часть
полученного равенства по предположению делится на 6, то и с делится
на Ь.	□
Упражнение 3.4. Докажите, что если числа а и* b взаимно просты,
то число с делится на ab тогда и только тогда, когда оно делится и на а,
и на Ь.
Упражнение 3.5. Выведите из теоремы 3.3 основную теорему
арифметики: Каждое натуральное число имеет однозначное пред-
ставление в виде произведения степеней простых чисел (с точностью
до порядка сомножителей).
В дальнейшем нам потребуется следующее утверждение, которое
также является простым следствием теоремы 3.3.
Теорема 3.4. Если числа а и b взаимно просты, х — произвольное
целое число, то любые два числа из множества
{ж, х + Ь,..., х + (а — 1)6}
имеют различные остатки при делении на а.
Утверждение теоремы практически очевидно, так как разность лю-
бых двух чисел этого множества имеет вид kb, где fc£{l,2,...,a — 1}.
Таким образом, к не может делиться на а, значит, в силу теоремы 3.3,
не делится на а и произведение kb.	□
В качестве еще одного следствия упражнения 3.3 получаем, что если
а и b взаимно просты, то для любого целого числа с уравнение ах + by =
= с имеет решение в целых числах. Интересно поставить вопрос, а при
каких с это уравнение разрешимо в неотрицательных целых числах?
К ответу на него, к примеру, сводится задача 1.2.
§3.3. Сравнения по модулю и кольца вычетов
85
Упражнение 3.6. Пусть числа а и b взаимно просты. Найдите фор-
мулу для числа т, такого что при любом с^т уравнение ах + by = с
разрешимо в неотрицательных целых числах.1
§3.3. Сравнения по модулю и кольца вычетов
Часто оказывается, что определенная техника существенным обра^
зом упрощает вычисления. Пусть п — некоторое отличное от 1 нату-
ральное число. Будем говорить, что целые числа а и b сравнимы по
модулю п и писать а = b (modn), если разность а — b делится на п.
Упражнение 3.7. Докажите, что если
a = b (modn) и c = d (modn),
то
а + b = с + d (mod п) и ab = cd (mod n).
Применим результат этого упражнения для решения следующей за-
дачи, из которой, в частности, следует признак делимости на 9.
Задача 3.14. Докажите, что всякое число сравнимо по модулю 9
с суммой своих цифр.
Так как 10 = 1 (mod 9), то 10fc = 1 (mod 9) при любом натуральном fc.
Следовательно,
anan_i.. .П1 = ап10п-1 + ... + fli =	+ а2 + ... + an (mod9).
Упражнение 3.8. Найдите признак делимости:
а) числа anan_i • • • на 11; б) числа, записанного в двоичной системе,
на 3.
Задача 3.15. Найдите остаток от деления числа 21001: а) на 3;
б) на 5; в) на 13.
а)	Так как 2 = —1 (mod3), то 21001 = (—I)1001 (mod3) = 2 (mod3).
б)	Так как 22 = —1 (mod5), то 21001 = 2 • (—I)500 (mod5) = 2 (mod5).
в)	Интересно заметить, что 212 = 1 (mod 13), в чем легко убедиться,
возведя в куб сравнение 24 = 16 = 3 (mod 13) (ср. с теоремой 3.8). Так
как 1001 = 83 • 12 + 5, то 21001 = 25 (mod 13) = 6 (mod 13).
При помощи введенного понятия сравнимости по модулю можно
сформулировать следствие из утверждения упражнения 3.3. Мы назо-
вем это следствие леммой, смысл чего будет понятен из дальнейшего
изложения.
1 Конечно, ответ можно поискать в книгах. Но в наше время проще провести
компьютерный эксперимент (автор так и поступил).
86
Глава 3. Целые числа
Лемма 3.5. Если числа а и b взаимно просты, то существует
число х, такое что ах = 1 (modb).
Действительно, если ах + by = 1, то ах — 1 делится на Ь, что и озна-
чает, что ах = 1 (modb).	□
Теперь приведем обобщение задачи 3.6, которое известно как китай-
ская теорема об остатках.
Теорема З.в. Пусть числа щ,п2,... ,пк являются попарно взаим-
но простыми. Тогда для любых чисел в1,а2,... ,а& существует целое
число х, являющееся решением системы
{х = аг (mod nJ,
х = а2 (modn2),
х = ак (mod nJ.
Положим п = П1П1... пк и mi = i === 1,2,..., к. Так как числа щ
и mi являются взаимно простыми, то найдутся целые числа yi и zi}
такие что + zznt = 1. Положим Xi = yiWti. Ясно, что Xi = 1 (modnJ
и Xi = 0 (mod nJ при j / г. Тогда число х = 52*= i — искомое. □
Упражнение 3.9. Докажите, что любые два решения системы в ки-
тайской теореме об остатках 3.6 сравнимы друг с другом по модулю
п — п^п2 • • • пк.
В предыдущей главе мы ввели понятие кольца (см. с. 57). В данном
параграфе будет уместно ввести новые важные примеры колец — так
называемые кольца вычетов по данному модулю.
Фиксируем некоторое натуральное число п > 1. Множество
а = {ж | х = a (mod п)} = {..., а — п, а, а + п, а + 2п,...}
назовем классом вычетов по модулю п или просто вычетом по моду-
лю п. Существует всего п различных вычетов по модулю п, именно
{0,Т,...,п^Т}
Обратите внимание, что, к примеру, по модулю 7 мы имеем равенства
6 = —1 = 13. Множество всех вычетов по модулю п обычно обозначают
через Zn. 2
2 В современной математике через Zp обозначают так называемые целые р-ади-
ческие числа.
§3.3. Сравнения по модулю и кольца вычетов
87
Из результата упражнения 3.7 следует, что вычеты можно склады-
вать и умножать. Именно,
a-b = ab и a + b = a + b.
Упражнение 3.10. Докажите, что множество Zn с введенными опе-
рациями сложения и умножения является коммутативным кольцом.
В дальнейшем мы не будем строго придерживаться введенных обо-
значений, а станем попросту писать, что, к примеру, 2 = —5 = 9 в кольце
Z7. Давайте составим таблицы сложения и умножения в этом кольце.
ф	0	1	2	3	4	5	6		0	0	1	2	3	4	5	6
0	0	1	2	3	4	5	6		0	0	0	0	0	0	0	0
1	1	2	3	4	5	6	0		1	0	1	2	3	4	5	6
2	2	3	4	5	6	0	1		2	0	2	4	6	1	3	5
3	3	4	5	6	0	1	2		3	0	3	6	2	5	1	4
4	4	5	6	0	1	2	3		4	0	4	1	5	2	6	3
5	5	6	0	1	2	3	4		5	0	5	3	1	6	4	2
6	6	0	1	2	3	4	5		6	0	6	5	4	3	2	1
При взгляде на таблицу умножения в Z7 становится ясно, что вычеты
по модулю 7 можно не только умножать, но и делить, т. е. уравнение
ха = b имеет решение в Z7 при любом b и а / 0. Например, решени-
ем уравнения 2х = 3 является х = 5. В дальнейшем мы к этому еще
вернемся.
Упражнение 3.11. Постройте таблицы умножения в Z5 и Z6. В ка-
ком из этих коЛец свойства умножения отличаются от свойств умноже-
ния в Z7 и почему?
Пусть у нас имеется некоторое алгебраическое уравнение
все коэффициенты в котором суть целые числа. Заменив каждый из
них его вычетом по некоторому модулю п, мы получим уравнение
относительно переменных х, ?/,... 6 Zn. В этом случае говорят, что дан-
ное уравнение рассматривается над кольцом Zn, или короче, что мы
рассматриваем уравнение над Zn. Использование этого понятия часто
упрощает рассуждения. Ясно, что всякое целочисленное решение исход-
ного уравнения порождает решение над любым кольцом Zn. Поэтому,
88
Глава 3. Целые числа
если хотя бы над одним таким кольцом уравнение решений не имеет,
то не имеет целочисленных решений и исходное уравнение. К примеру,
уравнение Зя2 — 4р2 = 13 задачи 3.10 приобретет в Z3 вид у2 + 1 = 0.
Ни один из элементов кольца Z3 не является его решением, поэтому не
имеет решений и исходное уравнение над Z.
Не следует думать, что уравнение х2 + 1 = 0 вообще не может иметь
решений в кольцах вычетов. К примеру, его решением в кольце Z5 яв-
ляется х = 2.
Теорема 3.7. Если р — простое число и р = 3 (mod 4), то уравнение
я2 + 1 = 0 не имеет решений в Zp.
Предположим, что найдется число ж, такое что х2 = — 1 (modp).
Тогда х4 = 1 (modp). Ясно, что fc = 4 — наименьший показатель сте-
пени, такой что хк = 1 (modp). В силу результата упражнения 3.12,
число р — 1 должно делиться на 4, таким образом, необходимо, чтобы
р = 1 (mod 4).	□
В будущем мы докажем, что уравнение х2 +1 = 0 действительно раз-
решимо в Zp, если число р — простое и р = 1 (mod 4).
§3.4. Теоремы Ферма и Эйлера
Теорема 3.8 (Малая теорема Ферма). Пусть р — простое число, и
число а не делится на р. Тогда
ар~г = 1 (modp).
Обозначим через ак остаток от деления числа ка на р, где fc =
= 1,2, ...,р — 1. Так как число а не делится на р и число р является
простым, то среди чисел ак нет нулей. В силу теоремы 3.4, среди них
нет одинаковых чисел. Таким образом, множество
{fli, аг, • • • ? ap-l}
совпадает с множеством {1,2,... ,р — 1} всех различных ненулевых
остатков при делении на р, в частности,
aia2...ap-i = (р- 1)! .
Осталось заметить, что
ар-1 . (р _ 1)! = а . 2а •... • (р - 1)а = (р - 1)! (modp),
а так как (р — 1)! на р не делится, то ар-1 = 1 (modp).	□
§ 3.4. Теоремы Ферма и Эйлера
89
Переформулируем малую теорему Ферма в терминах колец вычетов.
Она утверждает, что если число р — простое, то множество решений
уравнения хр~х = 1 над Zp — это множество всех ненулевых элементов
данного кольца.
Доказанная теорема позволяет ускорить процесс вычисления остат-
ков от деления степеней чисел на данное простое число. К примеру,
из нее следует, что 212 = 1 (mod 13) (что проверять непосредственно
не слишком приятно). Однако следует отметить, что р — 1 не всегда
совпадает с наименьшим показателем степени fc числа а, для которого
ak сравнимо с 1 по модулю р (что совсем очевидно для а = 1).
Упражнение 3.12. Пусть р — простое число, a fc — это наименьшее
натуральное число, такое что ак = 1 (modp). Докажите, что fc является
делителем р — 1.
Задача 3.16. Найдите разложение числа | в бесконечную деся-
тичную дробь и объясните полученный результат при помощи теоремы
Ферма.
Проведя обычное деление «уголком», мы получим периодическую де-
сятичную дробь 0.42857142857142.... Обратите внимание, что период
этой дроби равен 6 = 7—1.
Рассмотрим дробь 6 [ ; 1), у которой знаменатель q является про-
стым числом. Пусть fc — наименьшее натуральное число, такое что
10fc = 1 (modg). Первые fc знаков после запятой при записи дроби -
в виде десятичной дроби являются целой частью числа —. Чтобы
получить следующие десятичные знаки, надо рассмотреть остаток от
деления 10fcp на q. Однако по предположению, 10fc = 1 (mod#), таким
образом, 10fcp = p (mod g), следовательно, остаток от деления 10fcp на q
равен р. Таким образом, последующие fc десятичных знаков совпадут
с предыдущими.
Если число п не является простым, то заключение теоремы Ферма
уже не будет верным. К примеру, 214 = 4 (mod 15) 1 (mod 15), однако
можно заметить, что 24 = 1 (mod 15).
Функцией Эйлера <р(п) называется функция, значением которой яв-
ляется количество натуральных чисел, меньших п и взаимно простых
с ним.
Упражнение 3.13. Докажите, что если п=рв, где р — простое
число, то
<р(п) =рв-1(р -1) = пГ1-~
90
Глава 3. Целые числа
Теорема 3.9 (Эйлер). Пусть число а взаимно просто с п. Тогда
। (mod п).
I Очевидно ли вам, что малая теорема Ферма является частным случаем
I теоремы Эйлера?
Доказательство теоремы Эйлера проходит по той же схеме, что и
доказательство малой теоремы Ферма. Единственное отличие состоит
в том, что вместо набора {1,2, ...,р—1} следует рассмотреть набор
{fci, fc2, •. •, k</?(n)} всех чисел, взаимно простых с данным числом п.
Упражнение 3.14. Докажите теорему Эйлера.
Упражнение 3.15. Пусть | 6 [^; 1) и число q не делится ни на 2,
ни на 5. Докажите, что это число записывается периодической десятич-
ной дробью.
Важным свойством функции Эйлера (из которого мы и получим фор-
мулу для нее) является ее мультипликативность.
Теорема 3.10 (мультипликативность функции Эйлера). Если числа
тип взаимно просты, то
<p(mri) = <p(m)<p(n).
Расположим числа от 1 до тп в следующую таблицу
1	2	к	... т
т + 1	т + 2	т + к	... 2т
2т + 1	2т + 2	2т + к	... Зт
(n - l)m + 1	(п—1)т + 2 ...	(п — 1)т + к	... тп
Поскольку числа, стоящие в одном столбце, сравнимы друг с другом по
модулю т, то все они одновременно либо взаимно просты с тп, либо нет.
Таким образом, у нас имеется <р(тп) столбцов, в которых стоят числа,
взаимно простые с т. Рассмотрим один такой столбец. Поскольку т
и п взаимно просты, то стоящие в нем числа имеют различные остат-
ки при делении на п, значит, среди них имеются у>(п) чисел, взаимно
простых с п. Таким образом, всего в таблице стоит <р(п)<р(тп) чисел,
взаимно простых и с п, и с тп, т.е. чисел, взаимно простых с тп. □
Упражнение 3.16. Пусть п =ррр22 • • -Рь , гДе Р» ~ простые дели-
тели числа п. Тогда
<p(n) = п(1 - —W1 fl - —
\ Pi/К р2/	\ Pk>
§3.5. Распределение простых чисел
91
§3.5. Распределение простых чисел
Самое первое утверждение, связанное с простыми числами, имеется
в «Началах» Евклида.
Теорема 3.11. Существует бесконечно много простых чисел.
Имеется много различных доказательств этой теоремы. Здесь будет
приведено то, которое содержится у Евклида; пожалуй, оно является и
самым простым.
Предположим, что множество простых чисел конечно; занумеруем
их: Р1,Р2, • • • ,рв- Теперь рассмотрим число
П = Р1 -р2 • ... Рз + 1.
Ясно, что оно не делится ни на одно из чисел Р1,Рг, • • • ,Ps- Значит, либо
оно само является простым, либо найдется еще одно простое число,
отличное от pi,p2,... ,ps. В обоих случаях мы получаем противоречие
с нашим предположением. Следовательно, простых чисел бесконечно
много.	□
Простые числа распределены среди натуральных достаточно нере-
гулярным образом. К примеру, имеются пары р и q = p + 2 чисел, оба
из которых являются простыми; такие пары называются близнецами.
С другой стороны, справедливо следующее утверждение.
Теорема 3.12. Существуют сколь угодно длинные отрезки нату-
рального ряда, в которых не имеется ни одного простого числа.
Упражнение 3.17. Докажите эту теорему.
С другой стороны, нетрудно доказать, что в некоторых арифметиче-
ских прогрессиях имеется бесконечно много простых чисел.
Упражнение 3.18. Докажите, что имеется бесконечно много про-
стых чисел, сравнимых с 3 по модулю 4.
В тех случаях, когда не видно никакой закономерности, она может
проявиться, если поставить вопрос о частоте. Итак, обозначим через
7г(п) количество простых чисел, не превосходящих п.
Теорема 3.13 (Эйлер [26]). lim =0.
п—*оо П
Лемма 3.14. Рассмотрим последовательность Pi <Ръ < • - содер-
жащую все простые числа. Тогда
пп = (1 - J-) (1 - J-) ... (1 - -М	0.
\ Pl/Х	р2/	\	р„/
92
Глава 3. Целые числа
Поскольку — = 1 + х + х2 + ..., то
1 — х
1 _ 1 1 _
П_ 1	1 ‘	‘ 1	1
Раскрыв скобки, мы получим сумму 52 где & = Pi1 • • -Рпп- Ясно, что
в таком виде представляются, к примеру, все числа, не превосходя-
щие рп. Таким образом, справедливо неравенство
Для того, чтобы доказать, что Пп —► 0, осталось показать, что правая
часть полученного неравенства стремится к бесконечности при п —► оо.
Выражение, стоящее в правой части, является частичной суммой
гармонического ряда.
т 1
Лемма 3.15. 52 т —► оо при т—> оо.
fc=i л
Положим Sm = 52Г=1 Последовательность Sm очевидно является
возрастающей, поэтому, чтобы доказать, что она стремится к бесконеч-
ности, достаточно доказать, что к бесконечности стремится некоторая
ее часть. Рассмотрим члены этой последовательности, номера которых
являются степенью двойки. К примеру,
а _ 3
->2	2,
S4 = S2 + i + 4 > *$г + 5 = 2,
s8 = s4 +	> S4 -I- > -.
О О 7 о	2	2
Нетрудно доказать по индукции, что 52/ > -у-, откуда и следует, что
S2i —► 00 при I —> оо, значит и Sm —> 00 при т —> оо.	□
Теперь мы в состоянии доказать теорему Эйлера.
Положим р = pi •... • рп. Пусть sp q < (s + 1)р. Для оценки числа
7г(д) простых чисел, не превосходящих д, воспользуемся следующим
соображением. Если £ q и является простым числом, то либо оно сов-
падает с одним из чисел Pi,p2, • • • ,Рп, либо оно взаимно просто с р.
Среди чисел от 1 до р имеется <р(р) чисел, взаимно простых с р. Более
того, столько же чисел, взаимно простых с р, содержится в любом от-
резке {kp + 1, fcp + 2,..., (fc + 1 )р} натурального ряда. Следовательно,
§3.6. Арифметические функции
93
/г(д) n + (s + 1)(£>(р), откуда следует, что
п + (з + 1)у(р)	= 1	п + Л + 1 \ <р(р)	1	П	+ 2щ
q "" sp	s	р \ sJ р	s	р
(в силу доказанной формулы для функции Эйлера). Фиксируем неко-
торое положительное число е. В силу леммы 3.14 существует число
п, такое что Пп < |. Теперь выберем з> Из доказанной оценки
следует, что при всех q sp будет верно неравенство
*•(?) <£
Q
что и доказывает теорему.	□
ОО -
Упражнение 3.19. Докажите расходимость ряда — •
п=1 Рп
Конечно, из теоремы Эйлера следует только, что плотность простых
чисел в ряду натуральных стремится к нулю. С другой стороны, эм-
пирические данные показывали, что функция 7г(п) ведет себя очень
похоже на отношение . Первый доказанный результат о характере
ШП тг(п)
стремления к нулю отношения —— принадлежит П. Л. Чебышеву:
„	. 7Г(П)1ПП	1
Если предел ——------ ст/гцестет/ет, то он равен 1.
п
И только в 1894 году Ж. Адамару удалось показать, что действительно,
7г(п)1пП
——-------► 1 при п —> 00.
п
§3.6. Арифметические функции
Исходным пунктом нашего исследования будет следующая задача.
Задача 3.17. Рассмотрим дроби	..., и запишем каж-
дую из них в виде несократимой дроби. У скольких из этих дробей
в знаменателе будет стоять: а) 1; б) 2; в) 4; г) 5; д) 10; е) 20; ж) 25;
з) 50; и) 100?
Конечно, не следует делать полный перебор, разумнее поступить сле-
дующим образом. Если, к примеру, в знаменателе стоит 10 и дробь
является несократимой, то ее числитель не может иметь с 10 общих
делителей. С другой стороны, так как все данные дроби положительны
и не превосходят единицы, то в числителе несократимой дроби со зна-
менателем 10 будут стоять все числа, меньшие 10 и взаимно простые
с 10. Значит, всего их будет <£>(10) = <£>(2)<£>(5) = 1-4 = 4.
94
Глава 3. Целые числа
Введем следующее обозначение. Будем писать d | п, если натуральное
число d является делителем числа п.
Лемма 3.16. Для всякого натурального п справедливо равенство
(3.1)
d |n
в котором суммирование ведется по всем натуральным делителям
числа п.
<
Собственно говоря, доказательство содержится в решении предыду-
щей задачи. Рассмотрим п дробей	., - и запишем каждую из
них в виде несократимой дроби. В знаменателе каждой из дробей стоит
некоторый делитель d числа п. Число дробей со знаменателем d равно
а всего их будет п.	□
Пусть n=pi1p$a.. .pJJj*. Рассмотрим множества Аг, состоящие из всех
чисел от 1 до п, делящихся на простой множитель р». Напомним, что
через | А| обозначается число элементов конечного множества А. Таким
образом, в нашем случае |А<| = —. Рассмотрим объединение всех этих
множеств. Оно состоит из всех чисел от 1 до п, имеющих общий де-
литель с п. Обобщением упражнения 2.1 является следующая формула
включений-исключений:
т
|А! U А2 U ... и An| = l)fc+1 £2 I At n.-.DAJ.
fc=l
Давайте найдем, к примеру, число элементов в пересечении Ai А А2.
В него входят все числа, не превосходящие п и делящиеся на произве-
дение pip2, таковых будет И, вообще, |А<Х А ... A Aik | = ——71 - .
Таким образом, количество чисел, меньших числа п и взаимно про-
стых с ним, равно
(p(n) = п - |Ai U А2 U ... U Лп| =
= п - У — + V —2—... + (~1)т—-—.
^Pi PiiPi2	Р1- Рт
*	»1»»2
Конечно, мы доказали уже известную формулу, так как, раскрыв скоб-
ки в правой части формулы, приведенной в упражнении 3.16, мы по-
лучим то же самое выражение. Однако, во-первых, всегда интересно
доказать формулу разными способами, а во-вторых, в результате мы
можем взглянуть на нее по-новому. В знаменателях дробей в ее пра-
вой части стоят делители числа п, однако не все, а только те, которые
являются произведением различных простых чисел.
§3.6. Арифметические функции
95
Введем арифметическую функцию g(n), neN, называемую функ-
цией Мёбиуса. Пусть п = р?Рг2 • • гДе РьР2,---,Рт ~ различные
простые числа. Определим р(п) следующим образом:
при п = 1,
если какое-либо Si > 1,
если Si = з2 = ... = sm = 1.
Теорема 3.17. Для всякого натурального п справедливо равенство
=	(3.2)
d |п
Собственно говоря, все уже только что было доказано. Рассмотрим
некоторый делитель d числа п. Пусть d=p3i'11 ... p^fc. Если хотя бы один
из показателей степеней > 1, то p(d) = 0, так что слагаемое p(d)
не дает вклада в правую часть формулы (3.2). Если же d = р^ ... pik, то
/z(d) = (—l)fc, что в точности совпадает с коэффициентом при в по-
лученной ранее формуле.	□
Интересно записать рядом формулы (3.1) и (3.2):
¥>(</) = п и	J =у?(п).
d |n	d |п
Оказывается, что своего рода параллелизм между ними не случаен,
поскольку он является следствием общего результата — так называемой
формулы обращения Мёбиуса.
Лемма 3.18. Справедливо соотношение
| 1, если п = 1,
> u(d) = <
“	10, если п > 1.
d |п	<
При п = 1 утверждение очевидно. Если п>1, то положим т =
— P\P2---Pk- Если d — делитель п, не являющийся делителем т, то
p(d) = 0. Таким образом,
52^=52^-
d |n	d |m
Осталось заметить, что существует Ск делителей числа т, являющихся
произведением г простых чисел, следовательно,
к
52	=с1 - 1)fc=°-	°
d |m	r=0
96
Глава 3. Целые числа
Теорема 3.19 (формула обращения Мёбиуса). Пусть f(ri) и д(п) —
функции, определенные на множестве N натуральных чисел, такие
что
= <3-3)
d |п
Тогда
p(n) = J2M(d)/(J).	(3.4)
d |n
И, наоборот, из соотношения (3.4) следует соотношение (3.3).
Итак,
Обратите внимание, что множество пар (d, и), таких что d | п и и | , это
в точности множество пар (u,d), таких что и | п и d | В силу этого
замечания мы сможем поменять порядок суммирования в следующей
сумме:
52д(<о/(5)=52(м(<о	E^d))-
d|n	d |n '	u|2	' u|n ' d|J /
Однако, в силу леммы 3.18,	м(^) = 0 при всех и / п. Таким обра-
зом, в последней сумме лишь одно слагаемое, а именно д(п), является
ненулевым.
Упражнение 3.20. Докажите второе утверждение теоремы 3.19.
§3.7	. Алгебраические уравнения
над кольцами вычетов
На протяжении всего данного параграфа через р мы будем обозна-
чать некоторое нечетное простое число.
Упражнение 3.21. Докажите, что если a, b 6 Zp и ab = 0, то а = О
или Ь = 0.
Если а и b — ненулевые элементы некоторого кольца, такие что
ab = О, то они называются делителями нуля. Смысл предыдущего
упражнения в том, что кольцо вычетов по простому модулю не со-
держит делителей нуля. С другой стороны, нетрудно доказать, что
если число п простым не является, то в кольце Zn имеются делите-
ли нуля (см. упражнение 3.11).
§ 3.7. Алгебраические уравнения над кольцами вычетов
97
Рассмотрим уравнение х2 + 1 = 0 над Zp и предположим, что а —
некоторое его решение. Для всякого его решения х справедливо равен-
ство (х — а) (х + а) = х2 — а2 = 0. Поскольку кольцо Zp не имеет делителей
нуля, отсюда следует, что х =± а. Конечно, это рассуждение можно
обобщить.
В этом параграфе мы будем рассматривать уравнения в кольцах вы-
четов. Ясно, что если /(х) — многочлен с целыми коэффициентами,
то сравнение f(x) = 0 (modn) имеет смысл при любом п 6 N. С другой
стороны, если число п зафиксировано, то нам совсем не важно, что
коэффициенты многочлена являются целыми числами, важно, чтобы
эти коэффициенты лежали в кольце Zn.
Докажем вспомогательное утверждение.
Лемма 3.20. Если f(x) — многочлен с коэффициентами в Zp,
а G Zp, то существует многочлен д(х) с коэффициентами в Zp, такой
что f(x) — f(a) = (х - а)д(х) в Zp.
Пусть f(x) = bkxk, aeZp. Так как xk — ak = (x — a)Qfc-i(x), где
qk-i(x) — многочлен с целыми коэффициентами, то
n	n
f(x) - f(a) = ^bk(xk -ak) = (a: - a)^2Mfc_i(a:) = (x - a)g(x). □
fc=l	fc=l
Теорема 3.21 (Лемма Лагранжа). Пусть f(x) — многочлен степе-
ни k с коэффициентами в Zp. Тогда уравнение /(х) =0 имеет в Zp не
более к решений.
Проведем индукцию по степени многочлена. Если к = 1, то доказы-
вать цечего. Предположим, что теорема верна для многочленов степени
к — 1. Рассмотрим многочлен /(х) степени к. Если он не имеет корней
в Zp, то утверждение верно. Пусть теперь а 6 Zp — его корень. В си-
лу леммы 3.20, найдется многочлен <?(х), такой что /(х) = (х — а)д(х).
Поскольку в Zp нет делителей нуля, то всякий отличный от а корень
многочлена /(х) является корнем многочлена д(х). По индукционному
предположению, д(х) имеет не более к — 1 корней, значит, /(х) имеет
их не более к.	□
Следующее утверждение является следствием теоремы Ферма и лем-
мы Лагранжа.
Теорема 3.22. хр-1 - 1 = (х - 1)(х - 2)... (х - р + 1) в Zp.
Рассмотрим разность
/(х) = хр—1 - 1 - (х - 1)(х - 2)... (х - р + 1).
98
Глава 3. Целые числа
Ясно, что f(x) — многочлен степени, меньшей р — 1. С другой стороны,
из малой теоремы Ферма следует, что его корнями являются вычеты
1,2,...,р—1. В силу леммы Лагранжа это возможно, только если мно-
гочлен f(x) тождественно равен нулю.	□
Упражнение 3.22. Выведите из предыдущего утверждения теоре-
му Вильсона: если р — простое число, то (р - 1)! = -1 (modp).
Упражнение 3.23. Докажите критерий Вильсона простоты чис-
ла3: натуральное число п является простым тогда и только тогда, когда
(п — 1)! = —1 (modn).
Теперь мы в состоянии до конца исследовать задачу о разрешимости
уравнения х2 + 1 = 0 в Zp.
Теорема 3.23. Уравнение х2 4-1 = 0 имеет решение в Zp тогда и
только тогда, когда р = 1 (mod 4).
В силу теоремы 3.7, если р = 3 (mod 4), то данное уравнение ре-
шений не имеет. Осталось доказать, что оно имеет решение, если
р = 1 (mod 4). Положим к = , заметим, что число к — четное. Далее,
р — i = — i (modp), значит, г(р — г) = —г2 (modp). Запишем (р — 1)! в виде
(1 • (р- 1))(2 • (р-2))... (к(к + 1)) =
= (-1)*Т2 • 22... к2 (modp) = (k!)2 (modp),
таким образом, в силу теоремы Вильсона, (fc!)2 = — 1 (modp), т.е. х =
= fc! (modp) — решение данного уравнения.	□
Последнее утверждение этого параграфа потребуется нам для дока-
зательства важной теоремы Гаусса 3.29.
Лемма 3.24. Если d — некоторый делитель числа р — 1, то урав-
нение xd = 1 имеет в Zp ровно d решений.
Пусть р — 1 = dr. Так как
xP-i _ 1 = (xd _ i)((xd)r-1 4- (xdy~2 + ... 4-1) = (xd - 1)р(ж),
то если бы уравнение xd — 1 = 0 имело в Zp меньше, чем d корней, то,
в силу леммы Лагранжа, уравнение хр~г — 1 = 0 имело бы в Zp меньше
чем р — 1 корней. Однако это невозможно, например, в силу тождества
теоремы 3.22.	□
3Хотя критерий Вильсона и является абсолютным критерием простоты числа,
с практической точки зрения он бесполезен. Представьте себе, сколько знаков имеет
число п!, если само п является, к примеру, 50-значным...
§ 3.8. Шифры с открытым ключом	99
§3.8	. Шифры с открытым ключом
В этом параграфе будет описан один из самым популярных в послед-
нее время способов шифрования информации. Он называется шифрова-
ние с открытым ключом или иначе шифр RSA.4 Интересно, что этот
метод, во-первых, основан на теоремах Ферма и Эйлера, рассмотренных
в предыдущих параграфах, а, во-вторых, на сложности такой, казалась
бы, естественной операции, как разложение числа на простые множи-
тели.
Предположим, что у нас имеются ну очень большие простые числа р
и q. Рассмотрим их произведение n = pq. Мы сейчас определим опера-
ции E,D: Zn —► Zn. Положим k = <p(n) = <p(pq) = (p — l)(g — 1). Найдем
некоторое (не очень большое) натуральное число е, взаимно простое
с числом к. Поскольку е взаимно просто с fc, то существует натураль-
ное число d, такое что ed = 1 (mod fc).
Определим отображения Е и D посредством формул
Е(х)=хе (modn) и D(x)=xd (modn).
Теорема 3.25. D(E(x)) = х для всякого элемента х е Zn.
Если х = 0, то доказывать нечего. Предположим, что число х не
делится ни на р, ни на q. Поскольку E(D(x)) = xed (modn), то нам
надо доказать, что xed =х (modn). В силу выбора числа d, найдется
целое число г, такое что ed = 1 -F г<р(п). Значит,
xed = x1+r¥>(n) = х • (х*™)г = х (modn),
так как, в силу теоремы Эйлера, xv’(n) = 1 (modn). Теперь предполо-
жим, что х делится на одно из чисел р или д; для определенности,
пусть оно делится на р. Для того чтобы xed - х делилось на п, необхо-
димо и достаточно, чтобы оно делилось и на р, и на q. Так как само х
делится на р, то осталось доказать, что xed = х (modg). Имеем
xed =	= х1+г(д-1)(Р-1) = х . ^Q-l)r(P-l) = х (modQ),
в силу теоремы Ферма.	□
И все-таки, какое же все это имеет отношение к шифрованию? Пред-
положим, что для связи с некоторым корреспондентом вы сообщили
ему числа п и е. Как известно, всякий текст кодируется набором цифр,
следовательно, его можно разбить на блоки, каждому из которых со-
поставляется число ж, меньшее заданного п. Операция шифрования
состоит в преобразовании числа х в число р = Е(г), которое затем
4По первым буквам фамилий авторов этого метода: Rivest, Shamir, Adleman.
100
Глава 3. Целые числа
по известному правилу снова преобразуется в текст. Получив зашифро-
ванный текст, вы применяете к нему операцию Р, в результате которой,
как следует из доказанной теоремы 3.25, мы получим на выходе текст
исходного сообщения.
Казалось бы, в чем проблема дешифровки? Если нам известны чис-
ла п и е, почему бы не найти и d? Дело в том, что для нахождения d
необходимо знать значение функции Эйлера <^(п), для чего, к приме-
ру, достаточно получить разложение числа п на простые множители р
и q. В случае, когда эти простые множители сами являются стозначны-
ми числами, таким образом, п имеет в своей десятичной записи около
200 знаков, задача его разложения на простые множители находится за
пределами возможностей современной вычислительной техники.
Упражнение 3.24. Расшифруйте сообщение 11111 по известным
открытым ключам п = 13081 и е = 5. 5
§3.9	. Множество целых чисел
Конечно, обычно множество Z записывают как
Z = {...,—1,0,1,2,...}.
Однако, что означает «минус» перед натуральным числом? В этом па-
раграфе мы построим множество Z целых чисел при помощи некоторой
общей конструкции. При этом нам понадобится еще одна общая кон-
струкция и новое определение (в действительности, вы с ними в этой
главе уже встречались). Собственно говоря, целью этого параграфа
и является введение понятий отношения эквивалентности и фак-
тормножества по данному отношению эквивалентности.
Пусть Z+ = N U {0}, где 0 — это какой-то не содержащийся в N эле-
мент. Положим по определению: а + 0 = 0 + а = а при всех а G Z+ и
0 < а для любого а 6 N. С другой стороны, все мы привыкли к тому,
что а • 0 = 0 • а = 0 для любого а 6 N.
Упражнение 3.25. Докажите, что из определения нуля как ней-
трального элемента относительно сложения, в силу свойства дистрибу-
тивности умножения относительно сложения следует, что а • 0 = 0 • а = 0.
Рассмотрим множество Z всех упорядоченных пар (а,5), где а,be
е Z+. Введем в этом множестве следующее отношение:
(а,Ь) ~ (а',Ь'), если а + У = а'+ 5.
5 Предупреждаю, что решать это упражнение без компьютера будет затрудни-
тельно.
§ 3.9. Множество целых чисел
101
Упражнение 3.26. Покажите, что введенное отношение обладает
следующими свойствами:
а)	(а, Ь) ~ (а, Ь) (рефлексивность);
б)	если (а, 6) ~ (а', 6'), то (а', 6') ~ (а, 6) (симметричность);
в)	если (а, 6) ~ (а', Ь') и (а', Ь') ~ (а", 6"), то (а, 6) ~ (а", 6") (транзи-
тивность).
Отношение, обладающее свойствами а)-в), называется отношением
эквивалентности. Предположим, что X — произвольное множество,
в котором введено некоторое отношение эквивалентности. Для каждого
элемента х € X положим
мх = {у е х | х ~ у},
т. е. Мх — это множество всех элементов множества X, эквивалент-
ных данному элементу ж; оно называется классом эквивалентности
по данному отношению. В силу свойства рефлексивности, х е Мх, та-
ким образом, всякий элемент входит в некоторый класс. Множество
всех классов эквивалентности называется фактормножеством исход-
ного множества по заданному отношению эквивалентности.
Лемма 3.26. Мх = Му тогда и только тогда, когда х~у.
Если Мх = Му, то у € Мх, откуда непосредственно из определения
следует, что х ~ у. Теперь докажем обратное утверждение, для чего на-
до установить включения Мх С Му и Му С Мх. Если z € Мх, то z ~ х,
в силу транзитивности отношения эквивалентности отсюда следует, что
z~ у, таким образом, у € Му. Для доказательства второго включения
достаточно воспользоваться тем, что если х ~ у, то у ~ х (свойство сим-
метричности) .	□
Теорема 3.27. Множество Z разбивается на классы
[а, 6] = {(а', У) е Z | (а', 6') - (а, 6) } ,
состоящее из попарно эквивалентных друг другу пар.
Мы докажем эту теорему в ее общей формулировке. Докажем внача-
ле, что если два класса пересекаются, то они попросту совпадают. Итак,
пусть z е Мх А Му. Следовательно, z ~ х и z ~ у, значит, х ~ у. В силу
доказанной леммы отсюда следует, что Мх = Му.	□
Назовем множеством Z целых чисел множество всех классов эквива-
лентности в Z по введенному в нем отношению эквивалентности. Через
[а, Ь] будем обозначать класс эквивалентности, содержащий пару (а, Ь).
102
Глава 3. Целые числа
Определим арифметические операции в Z. Пусть (a, b), (с, d) € Я, поло-
жим (а, Ь) • (с, d) = (ас + bd, ad + be). Если (а, b) ~ (а', V), то
ас + bd + a'd + b'c = (а + b')c + (а' + b)d =
= (а' + b)c + (а + b')d = ad + bc + а'с + b'd,
значит, (a, b) • (c, d) ~ (a', b') • (c, d). Пусть’теперь а, /3 € Z, выберем пары
(a, b), (с, d) G Z так, чтобы [a, b] = а, [с, d] = (3. Положим по определению
а • /3 = [(а, Ь) • (с, d)] = [ас + bd, ad + be].	4
Выше было доказано, что класс, стоящий в правой части, не зависит от
выбора пар (а, Ь) и (с, d) в классах а и (3 соответственно. К примеру,
[0,2] • [1,0] = [0,2] = [9,11] = [(1,3) х (3,2)]. Далее, пусть [a, b] < [с, d], ес-
ли a + d<b + c . Наконец, если отождествить число а Е Z+ с классом
[а, 0] € Z, получим, что Z+ С Z.
Упражнение 3.27. Проверьте справедливость свойств арифмети-
ческих операций и отношения порядка в множестве Z целых чисел.
Упражнение 3.28. Покажите, что отображение Z+ —► Z: a w [а, 0]
является вложением, согласованным с арифметическими операциями
в Z+ и Z.
Наконец, если определить — 1 = [0,1], то
[а, Ь] = [а, 0] + [0, Ь] = [а, 0] + [0,1] х [Ь, 0] = а + (—1 )Ь,
таким образом, Z — это множество формальных разностей а — Ь, где
a, b ЕЕ Z+. Теперь должно стать понятно, откуда взялось такое, на первый
взгляд странное, определение умножения в множестве пар.
§3.10	. Кольца, поля, группы
Пусть р — некоторое простое число. В этом случае кольцо Zp вы-
четов по модулю р обладает дополнительными свойствами, кроме тех,
которые входят в определение кольца.
Лемма 3.5 утверждает, что в Zp для всякого ненулевого элемента
существует обратный ему по умножению, т. е. если а € Zp и а 0 0, то най-
дется элемент у € Zp, такой что у а = 1. Из этого вытекает, в частности,
возможность деления в Zp. Именно, для любого а / 0 и любого b урав-
нение ах = b имеет решение в Zp. Действительно, достаточно положить
х = j/Ь, где ay = 1. Таким образом, в дополнение к свойствам кольца в Zp
имеет место дополнительное свойство: у каждого его ненулевого элемен-
та имеется обратный по умножению. Таким образом, арифметические
§3.10. Кольца, поля, группы
103
операции в Zp обладают всеми теми свойствами, к которым мы при-
выкли, оперируя с обычными (рациональными или действительными)
числами.
Введем новое понятие. Множество, арифметические операции в ко-
тором обладают свойствами
1) (а 4- 6) 4- с — а + (b 4~ с),	2) а 4- b = b -I- а,
3) а 4-0 = а,	4)ЧаВЬ: а + Ь
5) (ab)c = а(Ьс),	6) ab = Ьа,
7) а • 1 = а,	8) Va 0 0 3 Ь: а!
9) а(Ь 4- с) = аЬ + ас,
4) УаЗЬ: а + Ь = 0,
6) ab = Ьа,
8) Уа/03Ь:аЬ=1,
называется полем. Конечно, полями являются бесконечные множества
R действительных и Q рациональных чисел (с обычным сложением и
умножением). Но теперь у нас еще появился бесконечный набор конеч-
ных полей Zp вычетов по простым модулям.
В математике порой бывает, что правильно введенные определе-
ния упрощают рассуждения. Будем называть группой множество G,
в котором определена (арифметическая) операция (обычно называемая
умножением), удовлетворяющая следующим свойствам:
1)	a(bc) = (ab)c;
2)	в множестве G существует такой элемент е, что ае = еа = а для
любого а Е G;
3)	для любого а € G найдется элемент b € G, такой что ab = е.
Если операция умножения в группе удовлетворяет свойству
4)	ab = Ьа,
то эта группа называется коммутативной или абелевой. Элемент е
называется единицей группы. В тех случаях, когда группа является
коммутативной, часто вместо операции умножения говорят о сложении,
в этом случае свойство 2) приобретает вид а 4- е = а, так что элемент е
естественно называть нулем.
Число элементов конечной группы G называется порядком группы и
обозначается |G|.
Пусть G — некоторая группа. Подмножество HcG называется ее
подгруппой, если оно содержит единицу группы G, а"1 Е Н и abe Н
для любых a, be Н. Важным примером является множество всех це-
лых чисел, кратных некоторому числу п, которое является подгруппой
Z, являющейся группой по сложению (конечно, в этом случае надо го-
ворить не об единице, а о нуле группы).
104
Глава 3. Целые числа
Теорема 3.28 (теорема Лагранжа). Порядок любой подгруппы Н
конечной группы G является делителем порядка группы G.
В соответствии с результатом этой теоремы будем называть частное
|G| : \Н\ индексом подгруппы Н конечной группы G.
Мы докажем эту теорему только для коммутативных групп, соответ-
ственно, операцию в этой группе будем называть сложением.6 Сопоста-
вим каждому элементу а € G множество На = {а + х | х е Н}.
Упражнение 3.29. Докажите, что множества На либо не nepecfe-
каются, либо совпадают, при этом |На| = |Н| для любого а € G.
В соответствии с результатом упражнения, вся группа G является
объединением непересекающихся подмножеств На, в каждом из кото-
рых имеется столько же элементов, сколько их есть в подгруппе Н.
Следовательно, |G| делится на |Я|.	□
Назовем порядком к элемента а наименьший натуральный показа-
тель степени, такой что ak = 1. Если ak / 1 при всех а Е N, то говорят,
что элемент а имеет бесконечный порядок.
Следствие теоремы Лагранжа. Для всякой конечной группы G
порядок элемента а этой группы является делителем ее порядка.
Действительно, пусть fc — порядок элемента а € G. Рассмотрим
множество Н = {а, а2,..., ak}. Ясно, что Н — подгруппа G. Значит,
\Н\ = к — делитель |G|.
Малая теорема Ферма является очевидным следствием доказанного
следствия. Действительно, рассмотрим множество Z* = Zp \ 0, которое
является группой относительно умножения. Ясно, что |Z* | =р— 1. Пусть
fc — порядок элемента a Е Z*. Тогда к | (р — 1), значит, ар~1 = 1.
Пусть К — это некоторое поле (к примеру, поле вычетов по просто-
му модулю). Из свойств 1) -4) следует, что оно является коммутативной
группой по сложению, а из свойств 5)-8), что множество К \ 0 — это
коммутативная группа по умножению. Если К — это некоторое кольцо,
то оно является коммутативной группой по сложению, однако множе-
ство К \ 0 не обязательно является группой по умножению.
Пусть К — кольцо.7 Элемент а € К называется обратимым, если
существует элемент b € К, такой что ab = 1.
6 Хотя доказательство в некоммутативном случае проходит точно так же.
7Напомним, что в определение кольца было включена коммутативность операции
умножения.
§3.10. Кольца, поля, группы
105
Упражнение 3.30. Докажите, что число обратимых элементов
кольца Zn равно ф(п) и выведите теорему Эйлера из следствия тео-
ремы Лагранжа.
Рассмотрим следующий пример. Группа Z? состоит из элементов
1,2,3,4,5,6. В следующей таблице приведены степени элементов 2 и 3
этой группы.
п		1	2	3	4	5	6
							
со кэ 3	3		2 3	4 2	1 6	2 4	4 5	1 1
Таким образом,
Z; = {3fc|fc = l,2,...,6}.
Группа G, в которой существует элемент а, такой что {а, а2,..., ак} = G,
называется циклической группой. Сам элемент а называется образу-
ющей группы. Часто говорят, что такой элемент порождает группу.
Не следует думать, что в циклической группе существует единствен-
ная образующая. К примеру, в Z? образующей, кроме элемента 3, еще
является 5.
Упражнение 3.31. Убедитесь, что группа ZJ5 не является цикли-
ческой.
Теорема 3.29 (Гаусс). Для любого простого числа р группа Z* яв-
ляется циклической.
Группа Z* состоит из р — 1 элементов, поэтому достаточно доказать,
что в ней имеется элемент, порядок которого равен р — 1. Для каждого
делителя d числа р — 1 положим значение i/j(d) равным числу элемен-
тов группы Z*, порядок которых равен d. Из леммы 3.24 следует, что
Е = d.
u|d
В силу теоремы обращения Мёбиуса 3.19,
Заметим, что в силу формулы (3.2), приведенной на с. 95, правая часть
этого равенства равна <p(d). В частности, ^(р — 1) = <р(р — 1) > 0. Таким
образом, в группе Z* существует элемент порядка р— 1, значит, она
является циклической.	□
Упражнение 3.32. Выведите из теоремы 3.29 утверждение теоре-
мы 3.23.
106
Глава 3. Целые числа
Дополнительные задачи
Задача 3.18. Докажите, что если а3 делится на 6, Ь3 делится на с
и с3 делится на а, то (а + b + с)13 делится на abc.
Задача 3.19. Известно, что числа х177 и я221 являются рациональ-
ными. Докажите, что само число х рационально.
Задача 3.20. Найдите все целые числа п, такие что отношение
8п + 11
-т—— является целым числом.
2n + 1
Задача 3.21. Докажите, что если число 2П — 1 делится Ha*2fc — 1,
то п делится на fc.
Задача 3.22. Пусть числа а и b — целые. Докажите, что если число
11а 4- 7Ь делится на 13, то и число а + 36 делится на 13.
Задача 3.23. Сколько различных целых решений имеет уравнение
х2 - у2 = 24?
Задача 3.24. Пусть с/ = НОД(а, Ь). В силу теоремы 3.2, найдутся
целые числа х и р, такие что ах + by = d. Найдите НОД (ж, у).
Задача 3.25. Может ли п! оканчиваться ровно пятью нулями?
Задача 3.26. Пусть р — простое число. Докажите, что максималь-
ный показатель fc, при котором рк является делителем п!, равен
Задача 3.27. Докажите, что если х2 4- у2 = г2, где х, у и z — целые
числа, то ху делится на 12.
Задача 3.28. Докажите, что уравнение х2 — у2 = 2xyz не имеет на-
туральных решений.
Задача 3.29. Докажите, что число 22225555 -I- 55552222 делится на 7.
Задача 3.30. Докажите, что если число 2n -F 1 простое, то п явля-
ется степенью двойки.
Задача 3.31. Докажите, что существует бесконечно много простых
чисел вида 3fc 4- 2.
Задача 3.32. Пусть {рп} — возрастающая последовательность, со-
держащая все простые числа. Докажите, что рп > 2п при всех п 5.
Задача 3.33. Докажите, что если р и q — различные простые числа,
то 4- qp-1 = 1 (mod pq).
Задача 3.34. Известно, что \/7 > , где числа кип — натуральные.
Докажите, что \/7 > - 4- т-.
71» КП
Комментарии педагогического характера
107
I Комментарии педагогического характера
Странно, что для элементарной теории чисел не нашли места в про-
грамм^ средней школы. Дело в том, что при решении даже простеньких
задач ha делимость ученик должен проводить рассуждения, а
не только преобразования. Кроме того, все объекты, с которыми ему
приходится иметь дело, просты и хорошо знакомы — это целые числа.
Решенйе таких задач похоже на работу математика: приходится тфово-
дить вычисления, чтобы увидеть суть дела. Кстати, задачу 3.2 можно
было сформулировать другим образом: подсчитайте количество дели-
телей каждого из чисел от 1 до 10 и сделайте вывод. Вообще, задачи
первого параграфа этой главы и просты, и изящны, и поучительны.
Более того, почти каждая из них связана с некоторой несложной тео-
рией, изложению которых посвящены последующие параграфы. Очень
интересно, что такие несложные и древние результаты, как малая тео-
рема Ферма и теорема Эйлера, являются теоретической основой наибо-
лее популярного в настоящее время метода шифрования информации,
что есть блестящий пример ценности чисто теоретических результатов.
В этой главе вводятся важные алгебраические понятия группы и поля,
а также важнейшие примеры коммутативных колец. На примере по-
строения множества целых чисел показывается важность определения
фактормножества.
Решения упражнений
3.1.	Утверждения а) и б) следуют из того, что в любом подмноже-
стве множества N имеется наименьший элемент (теорема 1.8 главы 1),
поэтому в N не могут существовать бесконечные строго убывающие
последовательности.
3.2.	Доказательство идет по индукции. Так как = а£_2 —
то существуют целые числа xt и такие что = х{а + yib. Следо-
вательно, наибольший общий делитель d = ak также имеет линейное
представление через а и b (с целыми коэффициентами).
3.3.	В одну сторону утверждение данного упражнения является
частным случаем теоремы 3.2. Если же существуют целые числа х
и ?/, такие что ах + by = 1, то всякий общий делитель а и Ъ являет-
ся также делителем 1, следовательно, им может быть только 1.
3.4.	Если с делится на ab, то оно, конечно, делится и на а, и на
Ь (здесь условие взаимной простоты этих чисел является лишним). Те-
перь докажем обратное утверждение. Если с делится на а, то с = fca,
108	Глава 3. Целые числа	/
таким образом, произведение ка делится на Ь. Так как а и b взаимно
просты, то, в силу теоремы 3.3, fc должно делиться на Ь, т. е. к = £Ь,
значит, с = Iba, следовательно, с делится на ab.	’
3.5.	Существование подобного представления нетрудно доказать по
индукции. Докажем его единственность. Предположим, что некоторое
число имеет два различных представления в виде произведения сте-
пеней простых чисел. Сократив правую и левую части на возможные
общие множители, мы получим равенство, в различных частях которого
стоят произведения степеней различных простых чисел:	1
Pi Р2 •••Pfc = Qi Q2 •
С одной стороны, простое число является делителем левой части это-
го равенства. С другой стороны, так как оно не совпадает ни с одним
из простых чисел pi,..., р^, то qi взаимно просто с каждым из них,
значит, в силу теоремы 3.3, оно взаимно просто с левой частью дан-
ного равенства. Полученное противоречие и завершает доказательство
основной теоремы арифметики.
3.6.	Проделав небольшие вычисления8, составим таблицу,
а, b	т	ab	ab — а — b
7,9	48	63	47
7,11	60	77	59
7,13	72	91	71
из которой можно заметить, что вероятным значением является т =
= (а — 1)(Ь — 1). Однако вначале докажем более слабое утверждение,
именно, что данное уравнение разрешимо в Z+ при всех с > ab.
Поскольку числа а и b взаимно просты, то найдутся целые числа fc и
£, такие что ак + Ы = 1. Положим xQ = ск и yQ = с£, так что axQ + byQ = c.
Если х и у — это какие-то решения уравнения ах + by = с, то а(х — х0) +
+ b(y - yQ) = 0, следовательно, х — х0 = Ьп и у — у0 = —ап, где п € Z.
Покажем, что найдется п € Z, такое что х0 + Ьп 0 и у0 — ап 0. Для
этого достаточно, чтобы длина отрезка	] была бы не меньше 1,
что верно, так как
Xq	Уо _ ах0 + byQ _ с > 1
b	a ab ab
Теперь докажем общее утверждение9. Покажем вначале, что число
п = (а — l)(b — 1) — 1 = ab — а — b не представимо в виде ка -I- £Ь с целымй
8 Автор, как обычно, проводил их на компьютере.
9Это решение было сообщено автору В. М. Гольховым.
Решения упражнений
109
неотрицательными к и £. Предположим, что ab — а — b = ка + £Ь, или
a(b-fcl-l) = b(£ + l), откуда k = b — 1 — bt и £ = at — 1 при некотором teZ.
Поскольку £ = at — 1 > 0, то t > 1, однако в таком случае мы получим,
что к < 0. Теперь предположим, что n^ab — а —Ь+1. Пусть
a = bq1+r1, 2a = bq2 + r2, ... , (b - 1)а = Ьф>-х + П>_х,
где 0	< b, a qY < q2 < ... < qb-i- Ясно, что
I	{Г1,Г2,...,Г(,_1} = {1,2,...,Ь- 1}.
Разделим п на b с остатком: п = bq + г. Если г = 0, то все очевидно.
Если г?/ 0, то г = гг при некотором г, откуда следует, что п = bq + г =
= b(q — qi) + ia. Если q q^ то все доказано. Заметим, что если n^ab —
— а = а(Ь — 1) = bqb~i + Гь-х, то q qb_i qi. Теперь предположим, что
ab — a — b<n<ab — а. В таком случае q qb_2. Наконец, поскольку
(ab — а) = (ab — a — b) = rb_x (mod b),
то г € {1,2,... , b - 2}, a q qb_2 qt.
3.7.	Если а = b (mod п) и c = d (mod n), то разности а — b и с — d
делятся на п, значит, делится на п и их сумма (а — Ь) + (с — d) = (а + с) —
-(b + d), так что a + c = b + d (modn). Далее, разность ас — bd = ac — bc +
+ be — bd = (а — b)c + b(c — d) также делится на п, так что ас = bd (mod n).
3.8.	а) Так как 10 = — 1 (mod 11), то 102 = 1 (mod 11), и вообще,
10fc = (—l)fc (mod 11). Следовательно,
anan_x... ах = ах - а2 + ... + (-1)п-1ап (mod 11).
В частности, число делится на 11, если сумма его цифр, стоящих на
четных местах, равна сумме цифр, стоящих на нечетных местах в его
десятичной записи.
б)	Ответ аналогичен предыдущему, так как 2 = — 1 (mod 3).
3.9.	Так как разность любых двух решений делится на каждое из
чисел Пх, п2,..., nfc, то в силу результата упражнения 3.4 эта разность
делится и на их произведение.
3.10.	Собственно говоря, доказывать здесь нечего. Основное — это
то, что операции обычного сложения и умножения переносятся в мно-
жество вычетов. К примеру, докажем ассоциативность умножения. Мы
должны показать, что а • (Ь • с) = (а • Ь) • с). По определению умножения
в множестве классов вычетов, левая часть этого равенства совпадает
с а • (Ь • с), а правая — с (а • Ь) • с. Поскольку а • (Ь • с) = (а • Ь) • с, то и
а • (Ь • с) = (а • Ь) • с. Все остальные свойства проверяются аналогично.
110
Глава 3. Целые числа
В Z6 произведение двух ненулевых элементов может быть ра^но ну-
лю! В частности, в Z5 деление возможно, а в Z6 — нет.
3.12.	Предположим, что р — 1 не делится на к. Разделим тогда его
на А: с остатком: р - 1 = kt + г, где 0 < г < к. Так как а?"1 = 1 (modp)
и ак = 1 (modp), то и ar = 1 (modp), что противоречит предположению
о минимальности числа к.
3.13.	Числами, взаимно простыми с рв, являются все числа, не де-
лящиеся на р, каковых будет pa — pe-1 = рв“1(р — 1).
3.14.	Пусть {fci, fc2,..., A^(n)} — все числа, меньшие п и взаимно
простые с ним. Рассмотрим набор чисел
{fcia (modn), к2а (modn),..., к^а (modn)}.
В силу результата теоремы 3.4, в этом наборе нет ни нулей, ни двух оди-
наковых чисел, значит, он совпадает с набором чисел {fci, fc2,..., к^п)}^
следовательно, a^n>)kik2 ... k^n)=kik2 ... к^п) (modn). Поскольку про-
изведение kik2 ... к^п) взаимно просто с п, отсюда и следует утвержде-
ние теоремы Эйлера.
3.15.	См. решение задачи 3.16. Все, что надо сделать — это исполь-
зовать теорему Эйлера вместо малой теоремы Ферма.
3.16.	Следует из теоремы 3.10 и результата упражнения 3.13.
3.17.	См. решение задачи 3.7.
3.18.	Предположим, что pi,p2,... ,рп — это все простые числа, та-
кие что р = 3 (mod 4). Ясно, что Pi=3. Число р = 4р2р3 .. .рп + 3 не
делится ни на 3, ни на одно из чисел р2,...,рп- Если оно является
простым, то мы пришли к противоречию с предположением, так как
р=3 (mod 4). Если это число не является простым, то оно представляет-
ся в виде произведения степеней некоторых простых чисел Qi, Q2, • • • , Qk-
Если qi = 1 (mod 4) при всех г, то тогда и р = 1 (mod 4). Следовательно,
Решения упражнений
111
среди
шли к
ИЗ ЧИСёл Р1,Р2, • • ,Рп-
<исел хотя бы одно сравнимо с 3 по модулю 4. Мы опять при-
противоречию, так как это число не может совпадать ни с одним
S.1S . Из результата леммы 3.14 следует, что 1пПп —* —оо, значит
1п(1 - я)
Поскольку ——-------► 1 при х —> 0, то из предельного признака сравне-
ния по, южительных рядов и следует расходимость данного ряда.
3.2С.
Так как g(d) =	(т) ЛМ, то
fc|<* ''л/
$2 №=52 52 ^ (£)	=52 52 m(p)/w=
d|n	d |n k|d	k|n p|
=$2 (fw 52
k|n '	p|£	'
в силу леммы 3.18.
3.21.	Если ab = O в Zp, то произведение ab делится на р. Так как
число р — простое, то хотя бы одно из чисел а или b должно делиться
на р, значит, в Zp имеет место хотя бы одно из равенств а = 0 или b = 0.
3.22.	Положите х = 0 в утверждении теоремы 3.22.
3.23.	Если число п является простым, то (п — 1)! = —1 (modn)
в силу теоремы Вильсона. Если число п простым не является, то
п = аЬ, где числа а и b больше 1. Если а и b могут быть выбра-
ны различными, то каждое из них будет множителем в произведении
(п — 1)! = 1 • 2 •... • (п — 1), поэтому (п — 1)! = 0 (modn). В противном
случае п = р2, где р — некоторое простое число. Если р > 2, то р и 2р
являются множителями в (п — 1)!, значит, (п — 1)! = 0 (mod п). Осталось
рассмотреть случай п = 4, в котором (п — 1)! = 6 — 1 (mod4).
3.24.	Конечно, разложить число 13081 на простые множители
можно и без компьютера, но все же проще с его помощью. Команда
Factor Integer [13081] дает ответ {{103,1}, {127,1}}, таким образом,
13081 = 103 • 127. Значит, fc = 102 • 126 = 12852. Теперь надо найти чис-
ло d, такое что ed=l (modfc). Команда PowerMod[е1,к] приводит
к ответу d = 5141. И, наконец, то, что вообще невозможно сделать
без компьютера — надо найти остаток от деления на 13081 числа
111115141. Ответ — 4336, опять таки, есть результат выполнения ко-
манды PowerMod[11111,d,13081].
112
Глава 3. Целые числа
3.25.	Докажем вначале, что если а + с = а для некоторого эле-
мента а, то с = 0. Действительно, пусть а + Ь = 0, тогда с= (а+ J) + с =
= (а + с) + 6 = а + 6 = О. Наконец, фиксируем произвольный элемент а.
Для любого элемента Ь имеем а-Ь = а-(Ь + 0) = ад + а- 0, значит, по
доказанному, а • 0 = 0.
3.26.	Рефлексивность и симметричность данного отношения оче-
видны, впрочем, как и его транзитивность.
3.27.	Проверка абсолютно рутинна. К примеру, проверим, что если
[a, b] < [с, d] и [с, d] < [u, v], то [а, Ь] < [и, и]. Действительно, первсе нера-
венство означает, что а + d < Ь + с, второе — что с + v < и + d. Значит,
в силу свойств обычного отношения порядка в множестве натур; шьных
чисел, a + d + c + v<b + c + u + d, откуда и следует, что а + v <t и + -и,
таким образом, [а,Ь] < [и,и]. Проверьте остальные свойства самостоя-
тельно.
3.28.	Если а/Ь, то (а, 0)(Ь, 0), значит, [а, 0}/ [Ь, 0]. Положим
[а, 0] = а(а). Теперь докажем, что а(а + Ь) = а(а) + а(Ь) и a(ab) =
= а(а) • а(Ь) при любых а, b 6 Z. Действительно, по определению
а(а) • а(Ь) = [а, 0] • [Ь, 0] = [аЬ, 0] = a(ab).
3.29.	По определению, хеНа тогда и только тогда, когда х — аеН.
Докажите (это совсем несложно), что отношение: х ~ у, если х — у 6 Н
является отношением эквивалентности. Первое утверждение следует из
доказательства теоремы 3.27. То, что |Ла| = |Л|, очевидно.
3.30.	Элемент а 6Zn обратим тогда и только тогда, когда число а
взаимно просто с п, откуда и следует, что |Z* | = <^(п). Теорема Эйлера
выводится из следствия к теореме Лагранжа совершенно так же, как
была выведена малая теорема Ферма.
3.31.	ZJ5 = {1,2,4,7,8,11,13,14}. Прямой подсчет показывает, что
в этой группе нет элементов порядка 8. К примеру, множеством всех
натуральных степеней 2 является {2,4,8,1}.
3.32.	Пусть p = 4fc + l и а — образующая группы Z*. Положим
х — а^~. Так как х4 = 1, то х2 = 1 или х2 = —1, однако первый слу-
чай невозможен, так как тогда элемент а не являлся бы образующей
группы. Значит, х2 -I-1 = 0 в Zp.
I	Глава 4
Геометрические преобразования г
J	§4.1. Параллельный перенос,
поворот и симметрии в задачах
Начнем со следующих четырех задач, в красивых решениях которых
используются понятия осевой и центральной симметрий, параллельного
переноса и поворота.
Задача 4.1. Дана прямая f, и не лежащие на ней точки А и В.
Найдите на этой прямой такую точку С, сумма расстояний от которой
до точек А и В является наименьшей.
Следует рассмотреть два случая. Если данные точки лежат по раз-
ные стороны от прямой, то решение очевидно: искомая точка — это
точка пересечения данной прямой с отрезком АВ (левый рисунок).
Пусть теперь точки А и В лежат по одну сторону от прямой и
точка Bi симметрична точке В относительно этой прямой. Посколь-
ку AM -F МВ = AM -I- MBt, то эта сумма является наименьшей, если
М = С (правый рисунок).
Задача 4.2. Дан угол и точка М внутри него. Постройте отрезок,
концы которого лежат на сторонах данного угла, а середина совпадает
с этой точкой.
О
В
114
Глава 4. Геометрические преобразования
Пусть О — вершина угла, а точка С такова, что М — середина от-
резка ОС. Проведем через точку С прямые, параллельные сте ронам
данного угла, пусть А и В — точки их пересечения с этими сторо-
нами (левый рисунок). Поскольку О АС В — параллелограмм, а М —
середина одной его диагонали, то эта точка является серединой и его
диагонали АВ.	I
Приведем и другое рассуждение. Обозначим через , £2 стороны дан-
ного угла, рассмотрим луч симметричный лучу относительно
данной точки М. Пусть А — точка пересечения лучей £2 и ц (пра-
вый рисунок). По построению эта точка симметрична некоторой точке
В е £х, т. е. М — середина отрезка АВ.
Чтобы ощутить разницу приведенных решений — смотрите зада-
чу 4.5 ниже.
Задача 4.3. Две деревни расположены по разным сторонам канала
с параллельными берегами. В каком месте следует построить мост через
канал, чтобы путь из одной деревни в другую
был наиболее коротким?
Пусть деревни расположены в точках А и
В (рисунок). Точка Вх получена из точки В
параллельным переносом в направлении, пер-
пендикулярном берегам канала на его ширину.
Следовательно, ВВХМК — параллелограмм,
значит, длины ломаных ВКМА и ВВхМА
равны, и изображенная на рисунке точка С —
искомая.
Задача 4.4. Пусть А, В, С — точки некоторой прямой (В лежит
между А и С), a D и Е — вершины равносторонних треугольников,
построенных на отрезках АВ и ВС соответственно по одну сторону от
рассматриваемой прямой. Докажите, что точка В и середины отрезков
АЕ и CD также являются вершинами равностороннего треугольника.
АВ	С
При повороте на угол 60° против часовой стрелки вокруг точки В
точка С перейдет в точку В, точка D — в А (рисунок). Поэтому от-
§4.1. Параллельный перенос, поворот и симметрии в задачах 115
резок \CD перейдет в ЕА, а его середина L — в точку К — середину
отрезка АЕ. Получаем, что треугольник BKL является равнобедрен-
ным с углом 60° при вершине, значит, он равносторонний.
Прр ведем теперь еще несколько задач, решения которых используют
такие же идеи.
Задача 4.5. Даны две окружности и точка. Постройте отрезок, кон-/
цы которого лежат на данных окружностях, а середина совпадает с этой
точкой.
Аналог второго решения задачи 4.2. Пусть Ci и С2 — данные окруж-
ности, и С[ — окружность, симметричная первой относительно данной
точки. Точка, принадлежащая пересечению С[ ПС2, является одним из
концов искомого отрезка. Если окружности С[ и С2 не пересекаются,
то задача не имеет решений.
Аналитический подход к задаче 4.5. Пусть р(х,у) =0, q(x,y) = 0 —
уравнения данных окружностей, М(жо,?/о) — данная точка. Если
В (ж, у) — лежащий на второй окружности конец искомого отрезка, то
другой его конец — точка А(2ж0 — х, 2yQ — у). Поэтому числа х и у
являются решениями системы
< р(2я0 - х, 2у0 - у) = 0,
д(ж,у) = 0.
Упражнение 4.1. Докажите, что р(2я0 — х, 2yQ — у) = 0 — уравнение
окружности С{.
Задача 4.6. Длина средней линии четырехугольника равна полу-
сумме длин не пересекающихся с нею сторон. Докажите, что этот че-
тырехугольник — трапеция (или параллелограмм).
Пусть К и L — середины сторон АВ и CD данного четырехугольни-
ка, по условию 2KL = AD -I- ВС, Рассмотрим отрезок KCi, являющийся
результатом параллельного переноса стороны ВС четырехугольника, а
I
116	Глава 4. Геометрические преобразования	I
также отрезок KDT — результат параллельного переноса стороны AD
(левый рисунок). Поскольку отрезки СС\ и DDt равны и параллельны,
четырехугольник CC1DD1 — параллелограмм, следовательно, Середи-
ной отрезка является точка L. Если сторона ВС не параллельна
средней линии К L четырехугольника, то точка С\ не лежит на дтрезке
KL, значит, KL — это медиана треугольника,КCXDX.
Упражнение 4.2. Докажите, что длина медианы AM произволь-
ного треугольника меньше полусуммы длин сторон АВ и АС этого
треугольника.
В соответствии с результатом упражнения 4.2, 2KL < КСХ + KDX =
= ВС -I- AD, что противоречит условию задачи. Значит, отрезок ВС
параллелен KL, а также AD параллелен KL, таким образом стороны
ВС и AD параллельны.
Во многих случаях рассуждения, связанные с рассмотрением парал-
лельных переносов, можно заменить рассуждениями, основанными на
использовании векторов. Сейчас мы приведем другое решение этой за-
дачи. Так как т=х+Ь+у и т = — х +а — у (обозначения на правом
рисунке), то 2тп = а+ b. С другой стороны, по условию 2\т\ = |а| + |Ь|.
Упражнение 4.3. Докажите, что для любых векторов а и b спра-
ведливо неравенство |а+Ь| |а| + |Ь|, причем равенство имеет место
только в том случае, когда векторы а и b являются сонаправленными.
В соответствии с результатом упражнения 4.3, векторы а и b парал-
лельны, таким образом параллельны стороны ВС и AD.
§4.2. Композиции в задачах
В дальнейшем мы чаще всего будем изучать не отдельные движения
(преобразования) плоскости, а их наборы, часто при этом рассматри-
вая их композиции. Напомним определение. Пусть даны отображения
/: А-*В и д: В —* С. Таким образом, отображение f переводит каж-
дую точку а Е А в некоторую точку b = f(a) (называемую ее образом).
Отображение д сопоставит всякой точке b Е В ее образ д(Ь) при этом
отображении. Композицией отображений fug называется отображе-
ние до f, сопоставляющее точке аЕ А точку с=<?(/(а)). К примеру,
если f[x) = sin#, а д(х) = #2, то [до /)(#) = д(/(#)) = sin2х. Таким об-
разом, понятие композиции встречается в школьной программе, однако
под другим именем — сложной функции.
Формулировка следующей задачи хотя и вполне элементарна, однако
§4.2. Композиции в задачах
117
найти ее решение без использования понятия композиции преобразова-
ний будет затруднительно.
Задача 4.7. Постройте многоугольник по заданным точкам
Pi, Р2, Рз, • ••, Ргп+ь являющимися серединами его сторон.
v М'
\	s
----Ь----•>----4----►
М4 Р4 м
Рассмотрим произвольную точку
М плоскости. При центральной сим-	'^М\
метрии относительно середины Рх	\ Рг
стороны АгА2 многоугольника она М
перейдет в точку , такую что
A2Mi = — АГМ. Следовательно, ком-
позиция Н = Н2п+1 о Н2п о... о	цен-
тральных симметрий относительно
всех данных точек переведет точку М
в точку М', такую что AiM' = —АХМ
(рисунок). В частности, эта композиция является центральной симмет-
рией относительно вершины Аг искомого многоугольника. Поэтому,
взяв произвольно точку М и рассмотрев ее образ М' = Н (М) относи-
тельно указанной композиции, получим, что середина отрезка ММ' —
это и есть одна из вершин искомого многоугольника. Остальные его
вершины находятся без труда.
Лемма 4.1. Композиция двух центральных симметрий является
либо тождественным преобразованием, либо параллельным переносом.
Мы дадим три доказательства этой
леммы. Ясно, что композиция цен-
тральных симметрий относительно
одной и той же точки есть тожде-
ственное преобразование. Пусть Hi и
Н2 — центральные симметрии отно-
сительно различных точек Аг и А2
соответственно. Рассмотрим компози-
цию F = Н2 о Их. Преобразование F
переводит точку М в точку М" (рисунок). Поскольку отрезок AiA2
является средней линией треугольника ММ'М", вектор ММ” равен
удвоенному вектору AiA2. Следовательно, преобразование F представ-
ляет собой параллельный перенос.
Второе доказательство основано на координатном представлении
преобразований плоскости. Предположим, что на плоскости задана
некоторая декартова система координат.
118
Глава 4. Геометрические преобразования
Упражнение 4.4. Докажите, что:
1) отображение П: (ж, у)	(х + а, у + Ь) является параллельным пе-
реносом на вектор а(а, 6);
2) отображение Н : (ж, у)	(2я0 — ж, 2?/0 - у) является центральной
симметрией относительно точки А(жо,2/о)-
Рассмотрим композицию Н2 о Нг двух центральных симметрий. В
соответствии с результатом пункта 2) упражнения точка (ж, у) перейдет
в точку
(х, у) ь-» (2X1 - X, 2?/1 - у) (2х2 - (2X1 - я), 2у2 - (2yi - у)) =
= (х + 2(х2 -Xi),y + 2(y2 -yi)),
следовательно, в соответствии с результатом пункта 1) данная компо-
зиция является параллельным переносом на вектор 2(х2 ~ Х\,у2 — Уi).
В большинстве случаев координатные рассуждения можно заме-
нить на векторные. Третье доказательство является просто бескоор-
динатной формой второго. Если точка А является серединой отрезка
ММ\ то, как известно, г + г' = 2гх (рисунок).
Значит, центральная симметрия определяет
/	отображение г 2гх — г, поэтому композиция
/	двух центральных симметрий задается соот-
/	ветствием
г 2г2 - (2г1 - г) = г + 2(г2 - Г1). □
Ясно, что плоскость можно замостить без перекрытий и пропусков
параллелограммами, равными произвольному заданному параллело-
грамму (левый рисунок).
Разбив каждый из параллелограммов на два треугольника, проведя
попарно параллельные диагонали, мы получим замощение плоскости
треугольниками, равными данному (центральный рисунок). Заметим,
что диагонали можно было проводить по-другому, получив в результате
замощение плоскости треугольниками, равными одному из двух данных
(правый рисунок). Последний тип замощения можно обобщить.
§ 4.2. Композиции в задачах
119
Задача 4.8. Докажите, что плоскость можно замостить четырех-
угольниками, равными данному (не обязательно выпуклому).
Рассмотрим параллелограмм, вершинами которого являются сере-
дины сторон данного четырехугольника. Обозначим эти вершины Eqq ,
fol» Ен и E1Q (рисунок). Введем систему координат с началом в точ-
ке Eqq и базисными векторами
г = Eq0E10 , j = Е00Е01. Рассмот-
рим множество четырехугольни-
ков, центрально симметричных
данному относительно всех то-
чек Eki с координатами (fc,f),
пусть Нке — центральная сим-
метрия относительно такой точ-
ки. Если два образа исходного
четырехугольника имеют общие
внутренние точки, то компози-
ция НтпНы переводит некото-
рую точку исходного четырехугольника внутрь его самого, что невоз-
можно, так как НтпНк£ является параллельным переносом на вектор
2(аг + bj), a,be Z.
Наконец, при помощи параллельных переносов на векторы такого ви-
да любую точку плоскости можно перевести в исходный или же в один
из двух центрально симметричных соседних с ним четырехугольников
(см. рисунок), следовательно, построенное множество четырехугольни-
ков действительно заполняет плоскость.
Следующее утверждение с наглядной точки зрения совершенно оче-
видно, однако давайте докажем его.
Задача 4.9. Докажите, что ограниченное множество на плоскости
не может иметь двух различных центров симметрии.
Будем рассуждать от противного. Пусть А и В — две различ-
ные точки, центральные симметрии На и Нв относительно кото-
рых переводят данное множество в себя. Рассмотрим композицию
F = Нв о НА о Нв о ... о Нв о На , состоящую из 2п центральных симмет-
рий. Отображение F переводит данное множество в себя. Как только
что было доказано, композиция Нв о НА двух симметрий является
параллельным переносом на вектор 2АВ, следовательно пострсюнное
отображение F — это параллельный перенос на вектор 2пАВ, поэтому,
если число п достаточно велико, а точки А и В различны, оно никак
не может переводить данное ограниченное множество в себя.
120
Глава 4. Геометрические преобразования
Упражнение 4.5. Докажите, что любое ограниченное множество
не может иметь двух различных параллельных осей симметрии.
Хотя приведенные рассуждения и не являются сложными, не исполь-
зуют ничего из «высшей математики», они все же отличаются от тех,
которые в школе привыкли называть элементарными.
Теорема 4.2. Композиция осевых симметрий относительно двух
пересекающихся прямых является поворотом относительно точки их
пересечения на удвоенный угол между ними.
В одном частном случае это утверждение хорошо известно. Пусть
данные прямые перпендикулярны. Введем систему координат, оси кото-
рой совпадают с этими прямыми. Тогда композиция осевых симметрий
относительно этих прямых задается соответствием
(х,у)	(х,-у)	(-х,-у),
таким образом, она является центральной симметрией,- или поворотом
на 180°.
С наглядной точки зрения эта теорема очевидна. Действительно, ес-
ли О — точка пересечения данных прямых и £2 (см. рисунок), то
угол между отрезками ОМ и ОМ2 равен 2(а + /3), причем а + /3 —
это как раз и есть угол между данны-
ми прямыми.
Однако картинка может быть дру-
гой в случае, если образ Мх точки
М при симметрии относительно пря-
мой лежит по другую сторону от f2,
чем точка М (сделайте соответствую-
1 щий рисунок). Поэтому будем рассуж-
^М	дать следующим образом.1
Рассмотрим некоторый луч т, исходящий из точки О, пусть а и /3 —
углы между т и прямыми Л и f2, соответственно (при этом углы могут
быть как положительными, так и отрицательными). Обозначим через
<р угол между т и вектором ОМ. Пусть Мх — точка, симметричная
М относительно прямой Л, a — угол между т и вектором ОМХ.
Тогда а — 9? =	— а, т. е. = 2а — В аналогичных обозначениях для
точки М2, симметричной Мх относительно f2, получаем
(/?2 = 2/3 -(/?!= 2/3 - (2а - у) =<р + 2(J3 — а).
1 Конечно, разумнее всего было бы провести рассуждение, использующее пред-
ставление поворота через умножение комплексных чисел (см. главу 8 этой книги).
§ 4.3. Группа движений плоскости
121
Поскольку ОМ2 = ОМг = ОМ, то М2 получена из М поворотом на угол
2(/3 — а) относительно точки О пересечения прямых и 12.	□
Далее будем использовать следующие обозначения:
Id — тождественное отображение;
НА — центральная симметрия относительно точки А;
/?£ — осевая симметрия относительно прямой €;
Па — параллельный перенос на вектор а;
Фа(А) — поворот на угол а относительно точки А.
Композиция отображений по своей записи напоминает произведе-
ние, но в отличие от произведения чисел свойство коммутативности
для композиции отображений не имеет места. К примеру, НА о Нв =
= П2ва /	= Нв о НА, более того, (НА о Яв) о (Нв о НА) — это тож-
дественное отображение, что, впрочем, очевидно, поскольку
(ЯАоЯв)о(ЯвоЯл) = (Яло(ЯвоЯв))оЯл=ЯлоЯА = М.
Далее мы будем опускать кружок о при обозначении композиции.
§4.3. Группа движений плоскости
Всюду выше мы, говоря о геометрических преобразованиях, рас-
сматривали лишь симметрии, переносы, повороты. Теперь дадим общее
определение. Преобразование плоскости в себя называется движением,
если оно сохраняет расстояние между точками, иначе говоря, F назы-
вается движением, если для любых точек А и В плоскости справедливо
равенство АВ = AtBt, где Ai = F(A) и Вх = F(B) — образы точек А
и В. Ясно, что все использовавшиеся ранее преобразования являются
движениями.
Теорема 4.3. Множество всех движений плоскости, операцией
в котором является их композиция, является (некоммутативной)
группой.
Сформулированная теорема почти очевидна. Действительно, для лю-
бых отображений /, g и Я, для которых определены композиции fog
и g oh,
fo(go Л)(х) = f(g о Л(х)) = /(g(/i(x))) = (/ о g)(h(x)) = (fog)o /i(z),
таким образом, справедливо равенство f о (д о Я) = (/ о д) о Я. В На-
шем определении это означает, что композиция движений является
ассоциативной операцией. Ясно, что для любого отображения / вер-
но, что /oId = Ido/ = /, таким образом тождественное преобразова-
ние Id является нейтральным элементом в множестве всех движений.
122
Глава 4. Геометрические преобразования
Если движение обратимо, то очевидно, что обратное к нему преобра-
зование также является движением. Таким образом, для завершения
доказательства теоремы нам остается доказать следующий наглядно
очевидный факт.
Лемма 4.4. Всякое движение плоскости является обратимым пре-
образованием.
Пусть F — произвольное движение. Поскольку для любых двух раз-
личных точек А и В плоскости расстояние AiBi между их образами
равно расстоянию между А и В, то точки F(A) и F(B) различны.
Поэтому все, что остается доказать — это то, что образом плоскости
при движении является вся плоскость.
Пусть А, В и С — произвольные точки плоскости, не лежащие на
одной прямой, Ai, Bi и Ci — их образы. Рассмотрим произвольную
точку Mi и обозначим через а, b и с расстояния от нее до точек Лх,
Bi и Ci, соответственно. Существует точка М, расстояние от которой
до точек А, В и С равны, соответственно, числам а, b и с. Ясно, что
рассматриваемое движение переводит М в Mi.	□
Оставшаяся часть этого параграфа посвящена исследованию струк-
туры произвольного движения плоскости.
Лемма 4.5. Если движение оставляет на месте две различные
точки плоскости, то либо оно является тождественным отобра-
жением, либо симметрией относительно прямой, проходящей через
эти точки.
Предположим вначале, что точка С лежит на отрезке АВ, где А
и В — неподвижные относительно рассматриваемого движения точки.
Пусть Ci — образ точки С. Поскольку ACi + CiB = AC + СВ = АВ,
то точка Ci лежит на этом же отрез-
ке. Более того, поскольку |АС| = |ACi|,
то Ci = С. Аналогичное рассуждение по-
казывает, что любая точка прямой АВ
неподвижна относительно данного дви-
жения. Если точка С не лежит на этой
прямой, то из свойства сохранения рас-
стояний до неподвижных точек А и В
следует, что возможны два варианта: ее образ либо совпадает с ней,
либо симметричен этой точке (рисунок).
Упражнение 4.6. Докажите, что если некоторая не лежащая на
прямой АВ точка является неподвижной, то рассматриваемое преоб-
разование является тождественным.
§4.3. Группа движений плоскости
123
Следствие. Если движение имеет три неподвижные точки (не
лежащие на одной прямой), то оно тождественно.
Теорема 4.6. Любое движение плоскости является композицией
не более чем трех осевых симметрий.
Пусть движение F переводит: точку А в В в Bi и С в С\.
Предположим, что А / Ai (иначе этот пункт рассуждения надо проста
пропустить). Осевая симметрия Bi относительно серединного перпен-
дикуляра к отрезку AAi переведет Л в А, образы точек В\ и Ci при
этой симметрии обозначим соответственно В2 и С2. Далее, если В2 / В,
то осевая симметрия Я2 относительно биссектрисы угла ZBAB2 пере-
водит точку В2 в В, пусть С3 — образ точки С2 при этой симметрии.
Если Сз = С, то композиция R2RiF имеет три неподвижные точки, зна-
чит (в силу следствия из леммы 4.5), R2RyF = Id, поэтому F = B1B2.
В противном случае R2R^F = R3 (где R3 — осевая симметрия относи-
тельно прямой АВ), так что F = Я1Я2Я3.	□
Введем определение, обобщающее введенное в предыдущей главе по-
нятие образующей циклической группы. Пусть G — группа, a F — неко-
торое множество ее элементов. Говорят, что F — множество образую-
щих группы G, если для любого элемента gtG найдутся такие (не обя-
зательно различные) элементы /1,	что g =	... f^1.
Таким образом, из доказанной теоремы 4.6 вытекает следующее утвер-
ждение.
Следствие. Множество осевых симметрий является множе-
ством образующих группы всех движений плоскости.
Теперь с помощью теоремы 4.6 установим классификацию движений
плоскости. Введем еще один тип движений. Скользящей симметрией
называется композиция осевой симметрии относительно некоторой пря-
мой и нетривиального параллельного переноса на вектор, параллельный
этой прямой.
Задача 4.10. Докажите, что если А I, то композиция ReHA есть
скользящая симметрия.
Рассмотрим прямую , проходящую через точку А и параллельную
I, а также прямую t2, проходящую через А и перпендикулярную I. Как
известно, НА = RtlRt2, следовательно, ReHA = R^R^R^ = где П
есть параллельный перенос на вектор, параллельный прямой £2. Таким
образом, RtHA есть скользящая симметрия.
Лемма 4.7. Отображение F является скользящей симметрией
тогда и только тогда, когда F = HARt или F = RtHB, где А,В
124
Глава 4. Геометрические преобразования
Если F = HARt, то оно есть скользящая симметрия. Доказательство
ничем не отличается от решения предыдущей задачи. Докажем теперь,
что всякая скользящая симметрия представима как в виде HARt, так
и виде ReHB. Действительно, поскольку F = Ш?£, где П — это парал-
лельный перенос на вектор а || £, то F = R^R^Rt, где прямые Л и 12
перпендикулярны £. Осталось заметить, что Re2Rg = Нв, где В — точка
пересечения прямых и I.	□
Теорема 4.8 (Классификация движений плоскости). Всякое не-
тождественное движение плоскости является либо параллельным
переносом, либо поворотом, либо осевой симметрией, либо скользя-
щей симметрией.
Пусть F — некоторое движение. В силу теоремы 4.6, F есть компо-
зиция не более трех осевых симметрий. Через Ri в дальнейшем будем
обозначать симметрию относительно прямой ti. Если F = Rr, то оно
есть просто осевая симметрия. Пусть F = R2Ri- Рассмотрим два слу-
чая. Если прямые и t2 параллельны, то F — параллельный перенос,
если же не параллельны, то поворот.
Осталось рассмотреть случай, когда движение F есть композиция
трех осевых симметрий.
Лемма 4.9. Пусть F = R3R2RX. Движение F является осевой сим-
метрией тогда и только тогда, когда прямые t2 и t3 проходят
через одну точку или же параллельны.
Первая идея состоит в том, что движение F представляется в виде
композиции R3R2R± не единственным образом. Пусть прямые t,2 и
t3 проходят через одну точку. Композиция R2Ri является поворотом
вокруг общей точки этих прямых и совпадает с композицией R3R', где
R' — симметрия относительно прямой Г, образующей с £3 угол, равный
углу между прямыми и t2. Таким образом, F = R3R2Rt — R3R3R' =
= R'. Аналогичным образом рассматривается случай, когда все прямые
параллельны друг другу (в этом случае R2Ri = R3R' — параллельный
перенос).
Докажем обратное утверждение. Пусть R3R2RX = R, здесь R — неко-
торая осевая симметрия. Тогда R2Ri =R3R. Если прямые и t2 имеют
общую точку А, то R2Ri — поворот вокруг А, значит, и R3R — это пово-
рот вокруг А, следовательно, прямая £3 должна проходить через точку
А. Если || t2, то R2Ri — параллельный перенос, так что прямая £3
должна быть параллельна первым двум прямым.	□
Лемма 4.10. Пусть F = R3R2RX. Если прямые €х, £2 и £3 не про-
ходят через одну точку и не являются попарно параллельными, то
движение F — скользящая симметрия.
§4.4. Алгебраические свойства геометрических фигур 125
t! и €", та-
между £х и

Предположим, что прямые и /?2 не параллельны, и пусть А —
точка их пересечения. Проведем через точку А прямые
кие что, во-первых, угол между ними совпадает с углом
£2, и во-вторых, I' ± (рисунок). Таким об-
разом, Я3/?2Я1 = R3R'R" = HBR", где В —
точка пересечения £3 и которая не лежит
на прямой В силу леммы 4.7, F является
скользящей симметрией.	□
Упражнение 4.7. Докажите, что вся-
кое движение плоскости представимо в виде
Rt1Rt2 или ReHA.
£з
§4.4. Алгебраические свойства
геометрических фигур
В этом параграфе мы увидим, как алгебраические соотношения мо-
гут характеризовать взаимное расположение или форму геометриче-
ских объектов.
Задача 4.11. Докажите, что:
1) R^R^ — Rt2Rtx <=> _L t2 или Л=€2;
2) RtHA = HARt A e Л
1) Если прямые и f2 параллельны, то каждая из указанных ком-
позиций является параллельным переносом, причем если одной из них
является перенос на вектор а, то вторая есть перенос на вектор —а.
Теперь предположим, что прямые €х и £2 пересекаются, обозначим че-
рез tp угол между ними. Каждая из композиций является поворотом
на угол 2</э, но если один поворот происходит против часовой стрелки,
то другой — по часовой стрелке. Следовательно, равенство имеет место
тогда и только тогда, когда 2уэ = 2тг — 2^, т. е. <р = |.
2) Пусть А е I. С геометрической точки зрения указанное равенство
очевидно (сделайте соответствующий рисунок). Мы сейчас докажем его
формально-алгебраически. Рассмотрим прямую €х, проходящую через
точку А и перпендикулярную I, Поскольку НА = RtR^ = R^Rt, то
HARt = Rt^RtRt = Rtl — RiRiRil = R^HA.
Теперь предположим, что A t. Рассмотрим две прямые £x _L £ и f,
проходящие через точку А. Обозначим через а вектор, перпендикуляр-
126
Глава 4. Геометрические преобразования
ный £, длина которого равна удвоенному расстоянию от £ до £'. Имеем
НдЛе =	= Я/1Пв, и RiHa = R^R^R^ = n^/?^ =
Назовем группой симметрий множества группу всех движений
плоскости, отображающих это множество на себя. Напомним, что по-
рядком элемента а группы называется наименьшее натуральное число
п, такое что ап = 1, а порядком группы называется число всех элементов
этой группы.
Упражнение 4.8. Докажите, что группа симметрий на плоскости
является подгруппой группы движений плоскости.
Задача 4.12. Докажите, что порядок группы симметрий треуголь-
ника АВС равен
1)	1, если в нем нет сторон равной длины;
2)	2, если этот треугольник равнобедренный, но не равносторонний;
3)	6, если треугольник является равносторонним.
Заметим прежде всего, что всякое движение плоскости однозначно
определяется образами трех не лежащих на одной прямой точек.
1)	Если все стороны треугольника различны, то всякое движение
плоскости, переводящее его в себя, должно оставлять на месте каждую
из его вершин, следовательно, оно является тождественным.
2)	Пусть АВ = АС и ВС / АС. Если некоторое движение перево-
дит множество вершин в себя, то либо оно тождественно, либо меняет
местами вершины В и С. Следовательно, единственным таким нетри-
виальным движением является симметрия относительно высоты АК
данного треугольника.
3)	Для любого взаимно однозначного соответствия между вершина-
ми равностороннего треугольника существует единственное движение,
его реализующее. Следовательно, группа симметрий равностороннего
треугольника совпадает с группой перестановок множества из трех эле-
ментов, порядок которой равен 6.
Существует удобный способ задания группы при помощи набора
ее образующих и соотношений между образующими. Формализовать
его не очень просто, поэтому мы ограничимся некоторыми примерами.
Предположим, что множество образующих группы G состоит из одного
элемента а, такого что ап = 1. В этом случае G — циклическая группа
порядка п. Принятые обозначения: G = (а | ап = 1). Теперь рассмотрим
группу
G = (а, Ь | а2 = 1, Ь2 = 1, aba = ЬаЬ),
§4.4. Алгебраические свойства геометрических фигур 127
которая определяется: набором {а, Ь} своих образующих и соотноше-
ниями а2 = 1, Ь2 = 1 и aba = bab между ними. В таком случае груп-
па G состоит из элементов {е,а, Ь, ab, ba, aba}, так как, к примеру,
abab = babb = ba. В частности, ее порядок равен 6.
В каком случае группы можно считать одинаковыми? Если
существует биекция /: G —► Я, такая что /(ab) = /(а)/(Ь) при любых
a, b G G, то отображение f называется изоморфизмом, а группы G и Н
называются изоморфными.
Теорема 4.11. Группа симметрий равностороннего треугольника
изоморфна группе с двумя образующими а и Ь, каждая из которых
имеет порядок два, и соотношением aba = bab между ними.
Группа симметрий равностороннего тре-
угольника ABC cqctowz из: тождествен-	С
ного отображения, осевых симметрий от-
носительно трех его медиан, поворотов на	/	\ х
угол 120° и 240°. Пусть Нх и Н2 — осе-	А К
вые симметрии относительно медиан АК / "х \
и BL треугольника АВС (рисунок). То- /	\
гда композиции ЯХЯ2 и Я2ЯХ являются А/''_______________
поворотами на 120° и 240°, соответствен- '
но. Рассмотрим композицию ЯХЯ2ЯХ.
Упражнение 4.9. Докажите, что композиции ЯХЯ2ЯХ и Я2ЯХЯ2
переводят A i—> В, В > Л и С н> С.
В силу результата упражнения 4.9, ЯХЯ2ЯХ = Я2ЯХЯ2 — это осевая
симметрия относительно третьей медианы треугольника АВС.
В нашем примере отображение, которое сопоставляет Ях »—► а и
Я2 I—> Ь, является изоморфизмом.	□
Упражнение 4.10. Докажите, что группа симметрий правильного
треугольника изоморфна группе (Ь, с | с3 = Ь2 = cbcb = 1) с двумя обра-
зующими и тремя соотношениями.
Назовем группой диэдра или диэдрической группой группу
Dn = (а, b | а2 = b2 = (аЬ)п = 1)
Нетрудно видеть, что D3 — это в точности группа симметрий пра-
вильного треугольника. Действительно, если равенство aba = bab умно-
жить справа последовательно на Ь, а и Ь, то оно примет вид (ab)3 = 1.
Теорема 4.12. Группа симметрий правильного п-угольника изо-
морфна группе Dn.
128
Глава 4. Геометрические преобразования
Обозначим через G группу симметрий правильного п-угольника.
Пусть /Л — осевая симметрия относительно прямой, проходящей через
его центр и некоторую из его вершин, а Н2 — осевая симметрия относи-
тельно прямой, проходящей через центр и середину стороны, смежной
с этой вершиной; так что Н% = Н% =Id. Композиция HiH2 является
поворотом на угол 21, следовательно, (Н1Н2)п =Id. Таким образом,
соответствие а »—► Hi и b н-► Н2 определяет гомоморфизм Dn —► G. Ес-
ли порядки групп Dn и G совпадают, то отсюда и будет следовать, что
этот гомоморфизм является изоморфизмом.
Занумеруем вершины многоугольника числами 1,2,..., п. Если неко-
торое движение переводит вершину 1 в вершину fc, то оно либо должно
сохранять порядок вершин, либо менять его на обратный. Поэтому по-
рядок группы G равен 2п.
Упражнение 4.11. Закончите доказательство теоремы.
Упражнение 4.12. Найдите подмножество плоскости, группа сим-
метрий которого изоморфна группе целых чисел.
§4.5. Координатные представления
геометрических преобразований
В этом параграфе мы рассмотрим координатный подход к заданию
преобразований плоскости и исследованию их свойств. На этом пути
можно получить и классификацию движений, однако нас будут больше
интересовать линейно-алгебраические характеристики преобразований,
к примеру, такие, как определитель матрицы.
Теорема 4.13. Преобразование
М(х,у) i->	+	+
является движением тогда и только тогда, когда aj + а% = 1, bl + b% =
= 1 и aibi И- a2b2 — 0.
Пусть имеют место указанные соотношения. Рассмотрим произволь-
ные точки А(х, у) и В(и, v), образами которых при указанном преоб-
разовании являются A'(aiX + biy, а2х -I- b2y) и B'(aiU + biV, а2и -I- b2v\
Тогда
|А'В'|2 = (fli(a:-u) + bi(y-v))2+ (а2(х - и) 4- Ь2(у - и))2 =
= (а2 + а£)(х - и)2 + 2(oii>i + о2Ь2)(я -	- v) +
+ (bi + Ь2)(У ~ v)2 = (х~ и)2 + (у - v)2 = |АВ|2,
в силу имеющихся равенств.
Координатные представления преобразований
129
Докажем обратное утверждение. Рассмотрим точку А(1,0), образом
которой является точка Az(ai,a2). Пусть точка О — начало координат.
Так как 1 = О А = О А1 = y/aj + al, то aj 4- а2 = 1. Аналогичным образом,
взяв точку В(0,1), мы получим, что bj + bl = 1. Наконец, так как
V2 = |АВ| = |А'В'\ = х/(а! -6i)2 + (a2-62)2,
ТО
2 =	4“ п2 bi 4“ Ь2 — 2(aibi 4* <12^2),
откуда, в силу двух доказанных равенств, следует искомое третье. □
Сейчас мы немного изменим характер обозначений, приведя их в со-
ответствие с общепринятыми в математике. Будем располагать коорди-
наты точки не в строку, а в столбец. В таком случае наше соответствие
приобретает вид
Д- [а1Х + &1ЗЛ
\у) \а2х + Ь2у) ’
Таблица
А = Гai
уй2 b2 J
называется матрицей преобразования А.
Теорема 4.14. Матрица движения имеет одну из следующих
форм:
/cos а — sinaA	/cos a	sin а А
или .
\sina cosoy ysma —cosay
В первом случае движение является поворотом на угол а, во вто-
ром — осевой симметрией относительно прямой, образующей угол
с осью абсцисс.
Первое утверждение теоремы практически очевидно. Действительно,
так как aj 4- a2 = 1, то найдется угол а, такой что а^ =cosa и а2 =
= sina. Аналогично, найдется угол /3, такой что bi =sin/3 и b2 = cos/3.
Поскольку, как нам известно, а^ 4- а2Ь2 = 0, то
sin(a 4- /3) = sin a cos /3 4- cos a sin/3 = 0^14- a2b2 = 0,
следовательно, a 4- /3 = 2?rfc или a 4- /3 = 7г 4- 2?rfc, к € Z. В первом случае
получаем, что sin /3 = — sin а и cos /3 = cos a, во втором, что sin /3 = sin a
и cos/3 = — cos a.
Докажем, что преобразование
ф / я А	(х cos a — у sin a А
\yj	\x sin a 4- у cos a у
является поворотом на угол а относительно начала координат.
130
Глава 4. Геометрические преобразования
Рассмотрим произвольную точку М(х,у), пусть ip — это угол между
вектором ОМ и осью абсцисс. По определению тригонометрических
функций, х = г cosip и у = г sin<£, где г = |ОМ| — расстояние от М до
начала координат. Следовательно,
ф Лг\	/г cos cos а — г sin^sinaA _ (rcos(ip 4- а)\
\У/	v cos ip sin а + г sin <р cos d)	yr sin(<^ 4-а) /
в силу формул сложения для тригонометрических функций. Таким об-
разом, если М' — образ М, то угол между ОМ1 и осью абсцисс равен
ip + а, откуда и следует, что М' получена из М поворотом на угол а.
Теперь рассмотрим движение, задаваемое матрицей второго типа.
Упражнение 4.13. Докажите, что точка В (cos ^,sin является
неподвижной для преобразований второго типа.
Ясно также, что преобразование второго типа переводит в себя каж-
дую из точек, лежащих на прямой, проходящей через начало координат
и точку В, поэтому оно есть осевая симметрия относительно пря-
мой ОВ.	□
Матрицы для движений обоих типов «похожи» друг на друга, однако
движения уже совершенно непохожи. Сейчас мы введем одно определе-
ние, из которого будет следовать существенное алгебраическое отличие
между этими преобразованиями.
Назовем определителем матрицы число
ai 61
а>2 62
— (I162 — (I261.
Мы имеем,
cos а
sin а
— sin а
cos а
= cos2 а + sin2 а = 1,
cos а
sin а
sin а
— cos а
= — cos2 а — sin2 а = —1.
Преобразование плоскости, заданное формулой
aix + bYy + Ci
а>2Х 4- 62?/ 4" с2
называется аффинным. Аффинное преобразование называется неосо-
бым, если определитель его матрицы отличен от нуля, т. е. если
aib2 — ^261 0.
Координатные представления преобразований
131
Неособое аффинное преобразование называется собственным, если его
определитель положителен, в противном случае оно называется несоб-
ственным. В частности, собственные движения — это поворот и па-
раллельный перенос, а несобственными движениями являются осевая и
скользящая симметрии.
Упражнение 4.14. Докажите, что аффинное преобразование явля-
ется обратимым тогда и только тогда, когда оно неособо.
Понятие определителя матрицы является одним из основных мате-
матических понятий. Следующая лемма проясняет его геометрический
смысл.
Лемма 4.15. Площадь параллелограмма, построенного на векторах
a(ai,a2) 12 b(bi,b2), равна модулю определителя
|cti Ь2 — п2Ь11.
Пусть одной из вершин параллелограмма является начало координат,
а две другие расположены в точках A(a1? а2) и S(b1? Ь2). Имеем
S = О А • OB sin а = \/ОА2ОВ2 - О А2 О В2 cos2 a.
Косинус угла а между сторонами О А и ОБ параллелограмма вычис-
лим по теореме косинусов, примененной к треугольнику О АВ. Таким
образом,
20 А • О В cos а = О А2 + О В2 - АВ2 =
= а2 + а2 + b? + b22 - (ttl - bj2 - (a2 - b2)2 =
= 2(ctibi + ct2b2).
Поскольку
(a2 + a2)(b2 + b2) - (arbr + a:b2)2 = (a^ - a2bx)2,
TO
S = (&ib2 — ®2^i)2 = l^i b2 — a2bi |.	О
Следствие. Площадь треугольники с вершинами, расположенны-
ми в точках А^х^ух), А^х^у^ и А2(ж3,у3) равна (половине модуля
определителя)
1 Х2 X} Х3 Х^
2 y2-yi Уз-У1
(Обратите внимание, что «внутренняя> и «внешняя» пары вертикаль-
ных «палочек» в этой формуле имеют совершенно разный смысл! Пер-
вая из них обозначает определитель матрицы, тогда как вторая — мо-
дуль этого определителя.)
132
Глава 4. Геометрические преобразования
Действительно, если произвести параллельный перенос так, чтобы
вершина Ai треугольника перешла в начало координат, то коорди-
наты образов двух других его вершин будут равны, соответственно,
(х2 — Xi, У2 ~ У1) и (х3 — Хг, уз — уг). Осталось заметить, что площадь тре-
угольника вдвое меньше площади соответствующего параллелограмма
и применить формулу из леммы 4.15.
Теорема 4.16. Пусть точки Аг, А2 и А3 не лежат на одной пря-
мой, точки Bif В2 и В3 — произвольные. Тогда существует един-
ственное аффинное преобразование Т, переводящее Ai в Bif i = 1,2,3.
Обозначим координаты точек Аг и В» через (Хг,2/г) и соответ-
ственно, г = 1,2,3. Мы должны доказать, что существует единственный
набор чисел bjy Cj), j = 1,2, такой что
f axXi + Ь\У\ +ci =Ui,
< U\X2 + Ь\У2 + Cl = и2,
О1Хз + Ь1Уз + С1 = из
' a2Xi +b2yi +с2 = V1,
< а2х2 + Ь2у2 + с2 — и2,
4“ Ъ2Уз + с2 = V3.
и
Подчеркнем, что «неизвестными» в каждой из этих систем являются
числа (а7, bj, с7), при j' = 1 и j = 2 соответственно. Конечно, существо-
вание и единственность этих чисел следует из общих фактов линейной
алгебры. В нашем случае мы докажем этот факт, используя известное
условие разрешимости систем двух уравнений с двумя неизвестными.
Обе системы имеют одну и ту же структуру, докажем существование
и единственность решения первой из них. Вычтя из второго и третьего
уравнений первое, мы получим систему
01(12 - Х1) + bl(у2 - У1) = и2- щ,
01(2:3 -xi) + bi(y3 -yi) = u3
решение которой, как известно, существует и единственно тогда и толь-
ко тогда, когда выполнено условие
Х2 X j
Хз - хг
У2-У1
Уз~У1
/0.
Как только что было доказано, модуль этого определителя равен пло-
щади треугольника АгА2А3, таким образом, он действительно отличен
от нуля. Следовательно, числа аг и bi определяются однозначно, а
Ci = щ — aiXi — biyi.	□
В формулировке следующей теоремы мы будем использовать обозна-
чение k = \aib2 — a2bi |.
Координатные представления преобразований
133
F:
Теорема 4.17. Преобразование
агх + Ьгу + сЛ
а2ж + Ь2£/ + с2 J
переводит многоугольник площади S в многоугольник площади kS.
Поскольку всякий многоугольник можно разбить на треугольники,
то достаточно доказать указанное соотношение для треугольников. Рас-
смотрим треугольник с вершинами у^, образом которого являет-
ся треугольник с вершинами A'(aiZi -I- b^i -I- сьад + Ь2Уг + с2). Для
краткости введем обозначения (u1?u2) = (х2 - Xi,y2 - У1) и (vl,v2>) =
= (х3 - Хг,у3 - ?/1). Площадь S исходного треугольника и площадь S"
его образа вычисляются по формулам
S=\
U1 Vi
2 u2 v2 ’
S'=
1 aiUi+biU2 aiVi Н-biv2
2 ci2Ui + b2U2 ci2Vi 4- b2v2
Проведем прямое вычисление:
(ciiUi + biU2)(a2Vi + b2v2) — (a2Ui -I- b2u2)(aiVi -F biV2) =
= a i b2 и i v2 — dib2u2Vi — (d2biUiV2 — e2biU2Vi) =
= aib2(tZ!V2 - u2Vi) — a2bi(u!V2 - u2Vi) =
= (<iib2 — d2bi)(uiV2 — u2Vi).
Следовательно, Sf = |aib2 — a2b1\S = kS.	□
В доказательстве теоремы появился частный случай одного важного
общего результата, который было бы нетрудно объяснить даже на том
уровне, на котором идет изложение в этой книге. Однако автор ре-
шил ограничиться лишь упоминанием об этом, поскольку подробный
разговор увел бы слишком далеко в сторону от основного материала
и поскольку по своей сути этот результат принадлежит линейной
алгебре.
Следствие. Преобразование F сохраняет площадь тогда и только
тогда, когда модуль определителя его матрицы равен 1.
Задача 4.13. Найдите площадь фигуры, ограниченной эллипсом
^ + ^ = 1
а2 62
Рассмотрим преобразование
F: (ж, у) (ж,Ьа-1у).
Ясно, что оно переводит круг радиуса а в данную фигуру. Хотя
в теореме 4.17 речь идет только о многоугольниках, она стандартным
134
Глава 4. Геометрические преобразования
образом обобщается на любые фигуры, имеющие площадь. Посколь-
ку
1 О
О Ьа~г
= Ьа 1, то преобразование F изменяет площадь в Ьа 1
раз. Следовательно, площадь фигуры, ограниченной эллипсом, равна
Ьа-17га2 = тгаЬ.
§4.6. Орнаменты
В этом пункте мы применим алгебраический подход, связанный
с рассмотрением групп симметрий, к задаче классификации узоров на
полосе. Узоры, изображенные на рисунке, как каждый скажет, симмет-
ричны «по-разному»; математик скажет, что они обладают разными
группами симметрий.
В дальнейшем изложении нам будет удобно использовать одно но-
вое теоретико-групповое определение. Пусть А и В — некоторые груп-
пы. Рассмотрим множество А х В = {(a, b) | а Е A, b 6 В} упорядочен-
ных пар, первый элемент в которых входит в группу А, а второй —
в группу В. Пусть умножение в А х В определено покоординатно,
т.е. (a1,bi)(a2,b2) =
Упражнение 4.15. Множество А х В с введенной операцией явля-
ется группой.
Эта группа называется прямым произведением групп А и В. Для
нее используется обычное обозначение А х В.
Нам потребуется еще одно определение. Начнем с простого случая.
Подмножество X С R. называется замкнутым, если из того, что хп Е X
и хп —► а следует, что а Е X. Другими словами, предел последовательно-
сти точек замкнутого множества также принадлежит этому множеству.
Простейшими примерами замкнутых множеств на числовой прямой яв-
ляются отрезки. Определение замкнутых подмножеств плоскости до-
словно такое же, единственное, что надо определить — это понятие
предела последовательности точек плоскости. Но и оно в точности та-
кое же, как на числовой прямой. Кроме того, можно воспользоваться
теоремой о возможности покоординатного перехода к пределу.
Будем называть орнаментом такое замкнутое множество, лежащее
в полосе между двумя параллельными прямыми, что группа G симмет-
рий этого множества содержит нетривиальный параллельный перенос,
но не совпадает с группой всех переносов рассматриваемой полосы.
§ 4.6. Орнаменты
135
Лемма 4.18. Пусть М — орнамент. Множество параллельных
переносов, содержащихся в группе G его симметрий, является ее
подгруппой, изоморфной Z; таким образом, найдется параллельный пе-
ренос (в дальнейшем будем обозначать его через П), такой что любой
другой перенос, переводящий множество М. на себя, есть его сте-
пень П*, k G Z.
Пусть Пв — перенос, входящий в группу G симметрий орнамента.
Рассмотрим следующее подмножество М числовой прямой:
M = {AeR| nAaeG}.
Ясно, что М — замкнутая подгруппа R, поэтому (см. упражнение 7.10)
М = { ка | к G Z}, так что можно положить П = Паа.	□
Параллельный перенос П будем называть периодом данного орна-
мента, а порожденную им подгруппу Сж — подгруппой его периодов.
Теорема 4.19. Пусть G — группа симметрий данного орнамен-
та, Сж — подгруппа его периодов. Существует шесть различных
(т.е. неизоморфных) пар (G^Coo) и семь геометрически различных
реализаций пар таких групп.
В формулировке этой теоремы имеется неясный термин — непонятно,
что означают слова геометрически различные реализа-
ции. Из доказательства теоремы, которое будет проведено путем акку-
ратного перебора возможных вариантов, станет ясно, что имеется в ви-
ду. В качестве оправдания можно сказать, что автор не решился дать
определение еще одного понятия, именно, представления абстрактной
группы.
Если орнамент симметричен относительно некоторой прямой, парал-
лельной содержащей его полосе, то эту прямую будем называть осью
орнамента.
Лемма 4.20. В группу симметрий орнамента могут, кроме парал-
лельных переносов, входить лишь:
1)	одна осевая симметрия относительно оси орнамента, обознача-
емая в дальнейшем
2)	осевые симметрии относительно прямых, перпендикулярных
оси орнамента',
3)	центральные симметрии относительно точек, лежащих на оси
орнамента',
4)	скользящие симметрии относительно оси орнамента.
Упражнение 4.16. Докажите лемму 4.20.
136
Глава 4. Геометрические преобразования
Докажем теорему 4.19. Введем систему координат, расположив ось
абсцисс на оси данного орнамента, и зафиксируем направление и мас-
штаб так, чтобы параллельный перенос П производился на вектор
с координатами (1,0). Через Ra и На будем обозначать, соответственно,
осевую симметрию относительно прямой х = а и центральную симмет-
рию относительно точки с координатами (a, Q).
Случай 1. Если группа симметрий содержит только параллельные
переносы, то
G = Сж = {П* | k € Z} .
Случай 2. Пусть группа G содержит и осевую симметрию R от-
носительно оси орнамента. Поскольку движения R и П коммутируют,
то группа G изоморфна коммутативной группе с двумя образующими
а и Ь, одна из которых имеет порядок два, так что
G=(a,b\ b2 = l,ab = ba).
Упражнение 4.17. Докажите, что G = Z х Z2.
Случай 3. Предположим, что группа G содержит, кроме перено-
сов П*1, осевую симметрию Rq относительно прямой, перпендикулярной
оси орнамента. Выберем начало координат так, чтобы эта прямая совпа-
дала с осью ординат. Композиция НоП переводит точку с координатами
(я, у) в точку (—х — 1,2/), следовательно, ЯоП = П-1Яо. Таким образом,
в группе G имеются образующие а и с, причем а2 = 1 и ас = с-1а,
т. е. а = сас, откуда асас = 1 (так как а2 = 1). Заменив образующую с
на Ь = ас, получаем, что
G = (a, b | а2 = b2 = 1).
В дальнейшем эту группу будем обозначать — это так называе-
мая бесконечная диэдрическая группа. Заметим, что и группа Z х Z2, и
группа £>оо содержат Сж как подгруппу индекса 2, однако вторая из
них не коммутативна, следовательно, группы Dx и Z х Z2 не изоморф-
ны.
Заметим, что если Ra е G, то композиция Ra Rq является параллель-
ным переносом на вектор длиной 2а, поэтому 2а G Z.
Упражнение 4.18. Докажите, что в рассматриваемом случае
Rk/2 € G при всех целых к.
Случай 4. Пусть Яо, П 6 G. Абстрактная группа орнамента в данном
случае изоморфна группе Dx.
Случай 5. Предположим, что в группу симметрий входит некоторая
скользящая симметрия U': (ж, у) •—► (я + u, — у). Так как (t/')2 = П2п,
Дополнительные задачи
137
то 2и € Z, пусть к = 2и. Если и € Z, то П-иЯ' = Я', значит, R' € G; этот
вариант был разобран выше. Поэтому предположим, что 2и = 2^ + 1.
Композиция П_£Я' является скользящей симметрией Ui/2, далее ни-
щем просто U. Поскольку П = Я2, то G = {Uk | к G Z} = Z и эта группа
содержит Сж как подгруппу четных степеней образующей U.
Случай 6. Теперь предположим, что R',Ro, П G G. Так как сим-
метрии R' и Rq коммутируют (их оси взаимно перпендикулярны), то
G = £>оо х Z2. Заметим также, что в этом случае, поскольку Но = R'Ro,
то вместе с любыми двумя из указанных трех симметрий группа G
содержит и третью.
Ситуация, когда Я', U € G, невозможна, так как R'U = П^, а этот
параллельный перенос не является симметрией данного орнамента.
Случай 7. Пусть, наконец, Яо,UЕв. Тогда
(я, у) Д (я + Й (-ж - |,у) £
т. е. UH0U = Но. Значит, абстрактная группа G имеет две образующие
а и Ь, где а2 = 1, а ЬаЬ = а, откуда (ab)2 = 1, следовательно, G = D^.
Упражнение 4.19. Докажите, что пара (G, Сж) в рассматривае-
мом случае не изоморфна соответствующей паре из случаев 3 и 4.
Упражнение 4.20. Докажите, что если Я0,Я е G, то Я1/4 G G, а
если Яо, U 6 G, то Я1/4 6 G.
Остался не рассмотренным случай, когда Яо, Яа € G. Имеем ЯаЯ0 :
(х, у) (2а+ х, у), т. е. ЯаЯ0 = Я2а, значит, 4а € Z. Нетрудно видеть,
что этот случай совпадает с предыдущим.
Упражнение 4.21. Нарисуйте семь орнаментов, соответствующих
каждому из случаев, рассмотренных в доказательстве теоремы.
Дополнительные задачи
Совет читателю: попробуйте найти разнообразные решения предло-
женных задач. Автор осознанно приводил решения разного рода.
Задача 4.14. У борта бильярда стоит шар. В каком направлении
нужно толкнуть его, чтобы, отразившись от трех других бортов, он
вернулся в исходную точку?
Задача 4.15. Докажите, что площадь четырехугольника ABCD не
превосходит | (АВ • CD + ВС • AD). Для каких четырехугольников ука-
занное неравенство обращается в равенство?
138
Глава 4. Геометрические преобразования
Задача 4.16. Постройте четырехугольник по известным длинам его
сторон, если дополнительно известно, что его диагональ АС является
биссектрисой угла при вершине А.
Задача 4.17. Докажите, что множество середин отрезков AM, где
А — данная точка, а М — произвольная точка некоторой окружности,
является окружностью.
Задача 4.18. Через общую точку двух окружностей проведите пря-
мую так, чтобы данные окружности высекали на ней равные хорды.
Задача 4.19. Вершины двух квадратов ABCD и A'B'C'D' на плос-
кости попарно, с сохранением направления обхода, соединены отрезка-
ми. Докажите, что середины отрезков АА', SB', СС и DD' также
являются вершинами квадрата.
Задача 4.20. Пусть ABCD и CEFG — квадраты на плоскости (с со-
гласованными направлениями обхода вершин). Докажите, что продол-
жение медианы треугольника CDG является высотой в треугольнике
ВСЕ.
Задача 4.21. Точка D лежит на дуге АВ окружности, описан-
ной около равностороннего треугольника АВС. Докажите, что DC =
= DA + DB.
Задача 4.22. На сторонах ВС и CD квадрата ABCD взяты, со-
ответственно, точки К и L так, что /.ВАК = /KAL. Докажите, что
ВК + LD = AL.
Задача 4.23. Постройте равносторонний треугольник, вершины ко-
торого лежат на данных трех параллельных прямых.
Задача 4.24. На плоскости заданы четыре произвольные точки.
Постройте квадрат, на сторонах (или продолжениях сторон) которо-
го лежат эти точки. При каком расположении данных точек задача
имеет бесконечно много решений?
Задача 4.25. При каком взаимном расположении прямой I и точек
А и В имеет место равенство HARt = R^HB7
Задача 4.26. Какие свойства взаимного расположения точек отра-
жают равенства: 1) HAHBHCHD = Id; 2) НАНВ = НВНС7
Задача 4.27. Докажите, что	= R^R^R^ тогда и только
тогда, когда прямые	либо параллельны друг другу, либо все
проходят через одну точку.
Задача 4.28. Докажите, что композиция двух поворотов является
либо поворотом, либо параллельным переносом.
Комментарии педагогического характера
139
Задача 4.29. Докажите, что если многоугольник имеет более двух
осей симметрии, то все они пересекаются в одной точке.
, Задача 4.30. Докажите, что вершины равнобедренных треугольни-
ков с углом 120° при вершине, основаниями которых являются сторо-
нам произвольного треугольника, являются вершинами равностороннего
треугольника.
Комментарии педагогического характера
Материал данной главы естественно делится на две (неравные) ча-
сти. Первая из них содержит элементарные задачи, сформулированные
в первом ее параграфе, которые интересны и сами по себе. Поучительно
также сопоставить решения этих задач, использующие основные преоб-
разования, с решениями аналитического характера (при помощи аппа-
рата векторной алгебры или метода координат). К примеру, основную
идею геометрических решений задач 4.2 и 4.5 можно выделить из при-
веденного аналитического решения второй из них.
Конечно, наиболее изящные решения задач, сформулированные
в §4.1 этой главы, получаются при использовании подхода, которо-
му она и посвящена. По-видимому, невозможно научить школьников
решать задачи этим методом, важно привить вкус к подобного рода
рассуждениям, и, что чрезвычайно существенно, приучить учащихся
рассматривать отображения (движения, функции) как такие же мате-
матические объекты, как, к примеру, действительные числа.
Остальные параграфы так или иначе связаны с композициями отоб-
ражений. Понятие композиции появляется в школьной программе в ви-
де так называемых «сложных» функций. Однако используемые в школе
обозначения ориентированы главным образом на вычисление значений
функций, при этом остается за скобками взгляд на отображение, опреде-
ляемое данной формулой, так сказать, «в целом». Во втором параграфе
как раз и рассмотрены не очень сложные, но содержательные задачи,
в решении которых целесообразна подобная точка зрения (см. задачи
4.7 и 4.8). С методической точки зрения, данный параграф представля-
ет собой мостик, соединяющий элементарную геометрию с материалом
§4.4 и §4.6, в которых рассматриваются группы симметрий. Добавим,
что вычисление композиций можно сделать более привычным для уча-
щихся, если использовать координатное представление отображений.
В заключение стоит отметить, что во многих случаях простые и есте-
ственные решения геометрических задач основаны на использовании
комплексных чисел (см. главу 8 этой книги).
140
Глава 4. Геометрические преобразования
Решения упражнений
4.1.	Предположим, что множество С задано уравнением р(гг, у) = 0.
Рассмотрим множество С', симметричное множеству С относительно
точки М(х0,у0). Точка А(х,у) симметрична точке В(и, v) относитель-
но М тогда и только тогда, когда М есть середина отрезка АВ. В силу
формулы для координат середины отрезка между двумя точками это
имеет место тогда и только тогда, когда х + и = 2х0 и у + v = 2т/0? т. е.
(tz, v) = (2гг0 — х, 2yQ — у). Таким образом,	<,
М'(х, у) € С' <<=> М(2гг0 - х, 2yQ -у) еС «<=>
<=> р(2х0 - х, 2у0 -у) = 0,
что и означает, что р(2гг0 — х, 2у0 - у) = 0 есть уравнение множества С'.
4.2.	Достроим треугольник АВС др параллелограмма ABDC (ри-
сунок). Поскольку AD = 2AM и CD = AB, то неравенство 2AM <
< АВ -I- АС есть неравенство треугольника для ACD.
4.3.	Доказательство будет использовать определение и свойства ска-
лярного произведения векторов. Имеем
|а + Ь|2 = (а + 5)2 = а2 + 2а • 5 + 52 =
= |а|2 + \Ь\2 + 2а • b |а|2 + \Ь\2 + 2|а| |Ь|,
так как а - Ь= |а| |b| cos а |а| |Ь|, причем равенство имеет место только
тогда, когда cos а = 1, т. е. когда векторы а и Ь сонаправлены.
4.4.	1) По определению параллельного переноса точка М переходит
в точку Л/', такую что ММ' = а. Таким образом, ОМ’ = ОМ -I- а. Иско-
мая формула следует из того, что координаты суммы векторов равны
суммам соответствующих координат этих векторов.
2)	См. решение упражнения 4.1.
4.5.	Если и — параллельные оси симметрии, то композиция
является нетривиальным параллельным переносом, переводя-
щим данное ограниченное множество в себя, какового не существует
(ср. с решением задачи 4.9).
Решения упражнений
141
4.6.	Предположим, что точка С, не лежащая на прямой АВ, непо-
д вижна относительно данного движения, которое, тем не менее, не яв-
j иется тождественным. Тогда найдется
I в лежащая на АВ точка В, образом
] оторой является точка , симметрич-
ая D относительно АВ. Прямая АВ
[вляется срединным перпендикуляром
с отрезку DDX (рисунок). Поскольку
С АВ, то CD / CBi, что противоре-
чит определению движения.
4.7.	Воспользуемся классификацией движений плоскости, установ-
ленной в теореме 4.8. Если движение F является параллельным пере-
носом, то оно имеет вид Я£1Яг2, где и £2 — параллельные прямые.
Если оно является поворотом, то F = R^R^, где и £2 —- пересека-
ющиеся прямые. Если F — осевая симметрия относительно прямой ,
то F = RiHa, где £ — прямая, перпендикулярная а А — точка пере-
сечения прямых £ и £i. Наконец, в силу леммы 4.7, всякая скользящая
симметрия представляется в виде R^Ha-
4.8.	Во-первых, множество всех движений, переводящих данное
множество на себя, содержит тождественное отображение (являющее-
ся нейтральным элементом группы движений). Во-вторых, композиция
движений, каждое из которых переводит данное множество на себя,
также является движением, переводящим его на себя. Наконец, если
некоторое движение переводит множество на себя, то движение, обрат-
ное ему, также обладает этим свойством.
Подведем результат нашего рассуждения. Пусть G — группа всех
движений плоскости, Н — множество всех симметрий данного множе-
ства. Мы доказали, что: 1) е € Н\ 2) если a,be Н, то ab е Я; 3) если
а е Н, то а-1 6 Я, что и означает по определению, что Н — подгруппа G.
4.9.	Имеем
А^А^С^В, В&С&А&А и С & В & В & С.
Аналогично,
А а с а в й В, вавасЙАиСЙАЙАЙС.
4.10.	Как было доказано, G = (а, Ь | а2 = Ь2 = 1, aba = bab). Положим
с = ab. Тогда а = dr1 = cb, таким образом соотношение а2 = 1 приобре-
тает вид cbcb = 1. Соотношение aba = bab можно записать как (ад)3 = 1,
т. е. с3 = 1.
142
Глава 4. Геометрические преобразования
4.11.	Выше был определен гомоморфизм Dn —► G и было доказа-
но, что, во-первых, он отображает Dn на всю группу G симметрий
n-угольника, во-вторых, что порядок группы G равен 2п. Таким обра-
зом, порядок группы Dn не меньше 2п. Для завершения доказательства
теоремы осталось показать, что \Dn\ 2п. Рассмотрим следующий на-
бор из 2п элементов группы Dn :
1, п>, ab,	»•», ab • • • п>,
где последнее произведение имеет 2п — 1 сомножителей. Группа Dn. йе
содержит других элементов, кроме выписанных. К примеру, так как
(ab)n = 1, то последний из них равен 6, предпоследний равен Ьа. Значит,
|Рп|^2п.
4.12.	Рассмотрите бесконечный набор букв Г, написанных по одной
линейке через равные промежутки.
4.13.	Имеем:
cos cosa + sin sina = cos
cos sin а — sin cos а = sin
£ £ £
4.14.	Если arb2 — а2Ьг = 0, то
(6i,-ai) i-> (ci,c2) и (62,-а2) •-> (ci,c2),
а значит, преобразование не является обратимым. (Убедитесь, что оно
отображает всю плоскость в прямую или точку.) Теперь предположим,
что a]b2 — а2Ьх / 0. Нам надо доказать, что для любой точки (iz, и) плос-
кости система	,
J агх -I- Ьгу -|- ci = и,
| а2х -I- b2y + с2 = v
имеет единственное решение. Таким образом, надо доказать стандарт-
ное утверждение о существовании и единственности решения системы
{aix + 6i3/ = di,
(*)
а2х 4- b2y = б/2,
что мы сделаем двумя способами. Если первое уравнение системы умно-
жить на 62, второе умножить на —Ьх и сложить полученные уравнения,
то мы придем к уравнению (oib2 — a2bi)x = dxb2 — d26i, которое имеет
единственное решение в силу того, что коэффициентом при х в точ-
ности является определитель матрицы. Аналогичным образом можно
получить уравнение (aib2 — a2bx)y = axd2 — a2dx.
Решения упражнений
143
Второй способ рассуждения — геометрический. Каждое из уравнений
ci стемы (*) задает на плоскости некоторую прямую, решение систе-
ма — это точка пересечения этих прямых. Две прямые на плоскости
и юют единственную общую точку, если эти прямые не параллельны и
н совпадают. Как известно, (ай Ь<) есть координаты вектора, перпенди-
талярного прямой агх + biy = di, а условие ахЪ2 / a2bi гарантирует, что
векторы, перпендикулярные прямым, не параллельны, значит, и сами
прямые не параллельны и не совпадают.
I 4.15. Пусть С = А х В. Если се С, то с=(а, 6), где аеА и be В. Про-
верим выполнение аксиом группы в множестве С, операция в котором
Определена покоординатно. Поскольку для любых трех элементов груп-
пы А справедливо равенство (aia2)a3 = а1(а2аз) и для любых трех эле-
ментов группы В — равенство (bib2)b3 = &1(^2&з), то (с1с2)с3 = ci(c2c3),
где = (ай bi), г = 1,2,3. Обозначим через е' и е" нейтральные элемен-
ты групп А и В соответственно; положим е= еС. Тогда для
любого элемента с е С имеем ес = (е', е") (а, 6) = (е'а, e"b) = (а, 6) = с.
Аналогичным образом, се = с. Следовательно, е — нейтральный эле-
мент. Наконец, (а,6)(а-1 ,6-1) = (е',е") и (а-1,6-1)(о, 6) = (е',е"), зна-
чит, элемент с= (а-1,Ь-1) является обратным к элементу с= (а,Ь).
4.16.	Если R' и R" — две осевые симметрии относительно прямых,
параллельных оси орнамента, то их композиция RR” является парал-
лельным переносом в направлении, перпендикулярном оси орнамента.
Поэтому она не может принадлежать группе его симметрий. Осевые
симметрии относительно прямых, не параллельных и не перпендику-
лярных оси орнамента, также не могут входить в группу его симметрий,
так как они не переводят полосу в себя. Аналогичным образом, группа
симметрий орнамента не может содержать поворотов на угол, отлич-
ный от 7Г. Предположим, что центральные симметрии НА и Нв входят
в группу симметрий орнамента. Так как композиция НАНВ является
параллельным переносом, то отрезок АВ должен быть параллелен оси
орнамента. Следовательно, все центры симметрий лежат на этой оси.
Наконец, если в группу симметрий входят две скользящие симметрии
U' и 17", то их композиция U'U" является параллельным переносом.
Если оси скользящих симметрий не совпадают, то мы получим в резуль-
тате параллельный перенос на вектор, не параллельный оси симметрии,
чего быть не может.
4.17.	Всякий элемент группы G имеет вид ак или afe6, к е Z. Таким
образом, отображение Z х Z2 —> G : (к, и) i-> akbu является изоморфиз-
мом.
4.18.	Так как Rk/2 : (ж, у) i-> (fc - х, у), то Rk/2 = IlkRo.
144
Глава 4. Геометрические преобразования
4.19.	В случаях 3 и 4 подгруппа = {(ab)k | k G Z}, между тем,
как в случае 7 имеем = {(ab)2k | к 6 Z}.
4.20.	Так как (х,у) & (-х, —у) Д (|— ж,7/),то UH0 = Ri/^. Значит,
если Но, U eG, то fii/4 G С. Второе утверждение доказывается анало-
гично.
4.21.	Ниже показаны примеры искомых орнаментов.
Случай 1.	• • Г” г г г
Случай 2.	•Е Е Е Е
Случай 3.	• А А А А
Случай 4.	S S S S
Случай 5.	•• РЬРЬРЬРЬ-
Случай 6.	•0 000
Случай 7.	   ФсЬФсЬФсЬФсЬ • • •
Глава 5
Неравенства
* Данная тема совершенно необъятна, и автор сознательно ограничил
себя (и читателей) лишь классическими неравенствами.
§5.1. Средние двух чисел
Начнем с задач, использующих простейшее неравенство (между сред-
ним геометрическим и средним арифметическим двух чисел):
-у- > Vab или —\ХУ\-	(5-1)
В первом из них, конечно, предполагается, что а, Ь 0. И в дальнейшем
мы будем придерживаться следующего соглашения: если не оговорено
противное, то предполагается, что числа а, Ь,... являются неотрица-
тельными, в то время, как числа х,у,... являются произвольными
действительными.
Заметим, прежде всего, что выписанные неравенства равносильны.
Действительно, замена а = х2 и Ь = у2 сводит одно из них к другому.
Какое из них более очевидно — это риторический вопрос: очевидны
оба. К примеру, правое из них можно записать в виде (|я| — |?/|)2 0.
Заметим, что равенство в каждом из них имеем место тогда и только
тогда, когда, соответственно, а = b или х =± у.
Как часто случается в математике, рассуждение, основанное на
нескольких очевидностях, может быть и не таким уж тривиальным.
Решение любого пункта первой из задач этой главы, очевидно следует
из «основного неравенства» (5.1).
Задача 5.1. Докажите неравенства
1)	If + |1 >2,если я,у/0;
2)	|я +	> 2^/5 при а 0, х 0;
3)	log2e + ln2> 2;
4)	х2 + у2 -I- z2 ху -F yz + zx.
146
Глава 5. Неравенства
Неравенство 2) можно записать в виде |	таким обра-
зом, оно является частным случаем неравенства 1), которое очевидно
следует из основного неравенства. Для доказательства неравенства 3)
достаточно заметить, что In 2 = g. Наконец, сложив неравенства
я2 + З/2 > %ху, у2 + z2 ^2у и z2 + х2 2zx,
мы получим, что 2(х2 + у2 + г2) 2{ху + yz + zx).
На первый взгляд, каждое из следующей тройки неравенств должно
доказываться каким-то хитрым способом, однако они, напротив, оче-
видно следуют из основного неравенства.
Задача 5.2. Докажите неравенства:
1)	(1 + ai)(l + а2)... (1 + ап) 2П, если а, > 0 и аха2 ... ап = 1;
2)	п!<(£±±)п;
3)	a + b + c + d^ abed.
1)	Перемножив неравенства 1 + а» 2^/а7, мы получим, что
(1 + а-i)(1 + а2) • • • (1 + ап) 2П • ^/oi о2 ... ап = 2П.
2)	Имеем
п! = \/1 • п • \/2 • (п - 1) •... • х/п • 1
< n -I-1 n -F 1 n -F 1 _ f n + 1V
^22	2	\ 2 ) '
3)	Имеем
a + b + с + d^ 2^аЬ + 2Vcd = 2(v/ab + Vcd) > 4 х/abed.
В следующей задаче неравенство 3), с одной стороны, кажется оче-
видным, однако часто доказательство его вызывает трудности. Важна
последовательность, в которой эти неравенства предлагаются.
Задача 5.3. Докажите неравенства:
1)	(а + Ь)(6 + с)(с-|-а) ^8abc при а, Ь,с>0;
2)	abc (а + Ъ — с) (Ь + с — а) (с + а — Ь), где а, 6, с — длины сторон тре-
угольника;
3)	т——— + ——-т-при а, 6, с > 0;
Ь+с а+с а+Ь 2 и ’’
i	§5.1. Средние двух чисел	147
1)	Перемножьте неравенства
а + b 2\/аЬ, b + c^ 2>/bc и с + а 2\/са.
2)	Пусть
ц= b + c-а >0, c + q-b >Q и w = о + Ь-с >0
Т
Так как
и + и = с, v + w = a и w + и = Ь,
то в результате указанной замены неравенство 2) превращается в нера-
венство 1).
3)	Положим u = b + c, v = а + с, и w = a + b. Тогда
V	И- W — и 1 u + w — V „ Л u + v — W
G = ---Z----, о = -------- и с = ---------.
Неравенство 3) тем самым приобретет вид
V	+ w — и . U + W — V . u + v — W > 3
2и	2v	2w ' 2’
Преобразуя далее, получаем очевидное неравенство
(- + -) + (- + -) + (- + -) > 6.
XU V/ \U W/ \W V/
Теперь рассмотрим одну задачу геометрического, казалось бы, харак-
тера.
Задача 5.4. Единичный квадрат разделили дву- ---------------
мя отрезками, параллельными его сторонам, на че-
тыре прямоугольника. Докажите, что произведение
площадей несмежных прямоугольников не превосхо-
дат
Обозначим через а и b длины сторон одного из
прямоугольников. Тогда длины сторон несмежного
ему прямоугольника равны 1 — а и 1 — Ь. Значит, произведение их пло-
щадей
ab(l-a)(l-b) = a(l-a)b(l-b)c|-| = ^.
2
Конечно, неравенство х(a — х) С , использованное при решении этой
задачи, следует и из свойств квадратичной функции.
Применим разработанную технику для доказательства одного дей-
ствительно геометрического утверждения.
148
Глава 5. Неравенства
Задача 5.5. Докажите, что во всяком треугольнике радиус описан-
ной около него окружности по крайней мере в 2 раза больше радиуса
вписанной в него окружности.
В силу стандартных формул для Д и г неравенство R 2г запишется
в виде	с • Воспользовавшись формулой Герона, получаем
уже доказанное ранее неравенство
abc (а + Ъ — с)(Ь + с — а)(с + а — Ь).
Упражнение 5.1. Найдите:
1)	образ плоскости при отображении, заданном формулой
= (х + у,ху);
2)	наибольшее значение функции /(я, у) = ху на множестве, задан-
ном неравенством х2 + ху -I- у2 1.
3)	множество значений функции /(я, у) = х2 + у2 на множестве, за-
данном уравнением х2 + ху + у2 = 1.
Средние бывают разные. Хорошо известны среднее арифметическое
и среднее геометрическое. Средним квадратичным и средним гармони-
ческим чисел а и b называются, соответственно, числа
/а2 + Ь2 и 2
V 2	1 + 1 
а Ь
Сейчас будут приведены неравенства между различными средними
двух чисел (соответственно, гармоническим, геометрическим, арифме-
тическим и квадратичным), а также дана их геометрическая интерпре-
тация.
Задача 5.6. Докажите, что для любых положительных чисел а, b
верны неравенства
2аЬ 2	+	/ а2 + b2 ___
ГРб = у^-у	^тах{а,6}.
а Ъ
Имеем	так как 2\/аЬ ^а + Ь. Далее, неравенство
а + Ъ < /а2 + Ь2
2 V 2
преобразуется к виду (а — Ь)2 0. Наконец, если а С 6, то
V	= b = тах{а, Ь}.
§5.2. Неравенства и тождественные преобразования
149
Упражнение 5.2. Докажите, что в трапеции с основаниями а и Ь:
/ а2 +Ъ2
1)	у —2------длина отрезка, параллельного основаниям трапеции
и делящего ее на части равной площади;
2)	— длина средней линии трапеции;
3)	y/ab — длина отрезка, делящего данную трапецию на две подоб-
ных трапеции;
4)	— длина отрезка, параллельного основаниям трапеции и
проходящего через точку пересечения ее диагоналей.
В заключение этого вводного параграфа приведем несложную, но не
совсем обычную задачу.
Задача 5.7. Докажите, что если числа а, Ъ, с положительны, то
неравенства а(1 — 6) > |, 6(1 — с) > | и с(1 — а) > | не могут выпол-
няться одновременно.
Пусть имеет место первое неравенство. Тогда, так как а + (1 — 6)
>2^а(1-6)>1, то а > Ъ. Поэтому из того, что все три неравенства
имеют место, следует, что а> Ъ> с> а, а это невозможно.
§5.2. Неравенства и тождественные
преобразования
Задача 5.8. Докажите неравенство между средним квадратичным
и средним арифметическим трех чисел:
1х2 + у2 + Z* X + у + Z
V з	3	’
Действительно, после возведения в квадрат и приведения подобных
членов мы придем к очевидному неравенству
(х - у)2 + (у - z)2 + (z - х)2	0.
Задача 5.9. Докажите, что
1)	а2(Ь — с) + Ь2(с — а) Ч- с2(а — 6) 0 для любых а > 6 с;
2)	а3(Ъ - с) + 63(с - а) + с3(а - 6) 0 для любых а > 6 с 0.
1) Ясно, что если а = 6, то левая часть неравенства обращается в ноль.
Значит, в ее разложении на множители присутствует сомножитель а —
— Ь. Аналогичным образом, в этом разложении будут участвовать и
сомножители b — с и с — а. Поскольку левая часть является кубическим
150
Глава 5. Неравенства
многочленом (от трех переменных), то она равна ± (а — Ь)(Ь — с)(с — а).
Прямое вычисление показывает, что
а2(Ь - с) 4- 62(с — а) 4- с2(а — b) = —(а - b)(b - с)(с - а).
Осталось заметить, что если а 6 > с, то (а — Ь) (Ъ — с) (с — а) 0.
2) Убедитесь, что
а3(Ь — с) 4- 63(с — а) 4- с3(а — Ь) = —(а — Ь)(Ь — с)(с — а)(а 4- Ь 4- с).
Во многих задачах приходится использовать неравенство Коши меж-
ду средним арифметическим и средним геометрическим трех чисел.
Конечно, в будущем мы докажем это неравенство в общем (и даже
обобщенном) виде. Однако в процессе обучения математике не всегда
имеет смысл приводить самую общую формулировку. К более простым
фактам гораздо естественнее придти самостоятельно.
Задача 5.10. Докажите, что:
1) х3 4- у3 4- z3 - 3xyz = (х + у + z){x2 + у2 + z2 - ху - yz - zx)\
2) в + д + с	^abc,	(неравенство Коши).
Пункт 1) задачи проверяется непосредственно.
Пункт 2): положите х3 =а, у3 = 6, z3 = с, воспользуйтесь разложени-
ем, полученным в предыдущем пункте, и неравенством 4) задачи 5.1.
Упражнение 5.3. Докажите, что неравенство пункта 2) предыду-
щей задачи обращается в равенство только если а = Ь = с.
Задача 5.11. Докажите, что:
1)	наименьшее значение функции у = ах2 4- — при х > 0 рав-
2)	наибольший объем V коробки, которую можно склеить из квад-
ратного листа бумаги площадью а2, вырезав его уголки, ра-
2а3
вен
3)	среди прямоугольных параллелепипедов единичного объема наи-
меньшую полную поверхность имеет куб.
1)	Действительно,
2 I 25	2|5.5\оз/ о 5	5 п з/ LQ
ах 4---=ах 4-----1—3\ ах2 • - • — = 3vao.
/V»	/Т*	Л*	1/	Пр	Пр
Ju	«4/	«Д/	у	Ju	JU
При этом следует учесть, что равенство достигается (в силу результата
упражнения 5.3) при ах2 = - , т. е. если х =
§5.2. Неравенства и тождественные преобразования
151
2)	Если х — длина стороны квадратного уголка, удаляемого из дан-
ного листа, то
V = х(а - 2ж)2 = | • 4т • (а - 2х)(а - 2т)
< 1 / 4т 4- а - 2т 4- а - 2т \ 3 _ 2а3
4 V 3	/	27 *
Опять-таки, равенство достигается при 4т = а — 2т, т. е. при т = у.
3)	Имеем ab + Ьс 4- са 3$а2Ъ2с2 = 3. При этом равенство достигается
в том случае, когда ab = Ьс = са, т. е. когда а = Ъ = с = 1.
Неравенство Коши имеет и неожиданные применения.
Задача 5.12. Найдите все целые решения уравнения
ху + + ££ = 3
Z X у
Если т, у и z — решения данного уравнения, то
3xyz = х2у2 4- y2z2 4- z2t2 > 3^t4j/4z4,
откуда следует, что 0 < xyz 1. Поскольку по условию числа т, у и z
являются целыми, то либо все они равны 1, либо одно из них равно 1,
а два других равны — 1.
В следующей задаче, в отличие от многих геометрических задач на
нахождение наибольшего и наименьшего значений, угадать ответ очень
непросто.
Задача 5.13. Имеется прямоугольный параллелепипед единично-
го объема. При каких длинах его ребер кратчайшее расстояние по его
поверхности между противоположными вершинами является наимень-
шим?
Обозначим длины ребер этого параллелепипеда через а, 6, с. Из рас-
смотрения развертки нетрудно видеть, что если число d — это кратчай-
шее расстояние между его противоположными вершинами, то d есть
наименьшее из чисел
di = у/а2 4- (Ь 4- с)2, d2 = y/b2 4- (с 4-a)2, d3 = у/с2 + (6 4- а)2.
Так как abc = 1, то
a’ + (ft + c)’ = J_ + (6 + c)’> J_ + 4&c>3^i,
Ь2с2	Ь2с2
причем равенство достигается при Ъ = с= а = ^2. Осталось заме-
тить, что при найденных значениях а, 6, с верно, что
di —min{di, d2,d3}.
152
Глава 5. Неравенства
§5.3	. Неравенство Коши—Буняковского
Общее изложение классических неравенств начнем с неравенства
Коши—Буняковского.
Задача 5.14. Сумма нескольких чисел равна 100. Может ли сумма
их квадратов быть меньше 0.01?
Конечно, может. Если взять п чисел, каждое из которых равно ,
то сумма их квадратов равна что меньше 0.01 при п > 106.
В связи с этой задачей возникает следующий вопрос. Пусть ^дана
сумма Xi + х2 + ... + хп = а. Каким может быть наименьшее значение
суммы я? + #2 + • • • + их квадратов? Конечно, ответ дает неравенство
между средним арифметическим и средним квадратичным для п чисел
Qi 4~ ^2	. 4~ ап
п
которое мы выведем из неравенства Коши—Буняковского.
Теорема 5.1. Справедливо неравенство
О1 + Ог + • • • + °П
п
Рассмотрим квадратичное относительно переменной t выражение
Ф(£)= S?=i(ai “ ^t)2. Заметим, что уравнение Ф(£) = 0 разрешимо лишь
если наборы (oi,..., ап) и (bi,..., Ьп) пропорциональны. Далее, при
всех t е R верно, что
Ф(г) = t2 ь2 — 2t У2 aibi -ь У2
1 1 1
что имеет место, если дискриминант данного квадратного трехчлена
неположителен. Таким образом, а&) С £2* а2 £2* Ь2.	□
Упражнение 5.4. Выведите неравенство между средним квадра-
тичным и средним арифметическим п чисел из неравенства Коши-
Бу няковского.
Задача 5.15. Докажите неравенства:
1)	|acosx 4- bsin ж|	у/а2 4- Ь2;
2)	EXi ai • EXi а71 п\ если ai > °;
3)	SXiесли SXiat = 1 и а. > 0;
4)	+ 1/<)2 < у/SXi xi + \JIXi У г (в каком случае имеет
место равенство?).
§5.4. Неравенство Коши
153
1) |а cos х 4- b sin х |	у/a2 -I- Ь2 • у/cos2 х 4- sin2 х = у/а2 4- Ь2.
з) 1 - (п_,«.  о2 < е:., «?  с.. 1=»г"., «?
4)	Возведя обе части в квадрат, раскрыв скобки и приведя подобные
члены, мы придем к неравенству
которое, очевидно следует из неравенства Коши—Буняковского. Полу-
ченное неравенство обращается в равенство в случае, если kxi = l/yi, где
fcOO.
Упражнение 5.5. Найдите геометрические интерпретации неравен-
ства 4) предыдущей задачи и самого неравенства Коши—Буняковского.
§5.4	. Неравенство Коши
Следующее неравенство — это знаменитое неравенство Коши.
Теорема 5.2 (Неравенство Коши). Если fl; 0, то
Лемма 5.3. Если Xi}0 и XiX2 ... хп = 1, то
Xi 4- х2 4-... 4- хп п.
Будем доказывать эту лемму по индукции. При п = 1,2 она очевидна.
Проведем индукционный переход. Предположим, что не все из чисел
X!, х2,..., хп+1 равны 1. Тогда среди них найдется как число, большее 1,
так и число, меньшее 1. Будем считать, что хп < 1 < xn+i. Тогда (1 —
- жп)(жп+1 - 1) > 0, откуда следует, что хп 4- хп+1 > хпхп+1 4-1. Значит,
Xi 4- х2 4-... 4- хп 4- яп+1 > Xi 4- х2 4-... 4- xn-i 4- хпжп+1 4-1 > п 4- 1,
в силу индукционного предположения, примененного к набору из чисел
Xi,..., хп_ 1, xnxn±i.	П
Теперь докажем теорему 5.2. Рассмотрим произвольные числа а» 0.
Если одно из них равно нулю, то неравенство Коши очевидно. Поэтому
154
Глава 5. Неравенства
мы вправе считать, что > 0. Положим
ясно, что ХгХ2 . .. хп = 1. Следовательно, в силу доказанной леммы,
Полученное неравенство и есть неравенство Коши.	□
Задача 5.16. Докажите, что
— + — +	> п при любых а» > 0.
а2	^1
Так как произведение всех дробей равно 1, то искомое неравенство
сразу следует из леммы 5.3.
Задача 5.17. Докажите, что:
1)	последовательность хп = (1 + i)n+1 является убывающей;
2)	(1+±)п<4;
3)	> П^п 4-1 при всех натуральных п > 3.
1)	Неравенство хп <zn-i имеет вид (I)114"1 < ( Перепи-
шем его в виде	ZL_)n+1 ИЛи п\/	< —тг-	что
осталось сделать, так это применить неравенство Коши к п числам,
равным и одной 1:
< “ГТ (п • —“ + 0 =
У \ п / п +1 \ п / п + 1
2)	В силу неравенства пункта 1) имеем
3)	Неравенство П^п + 1 < tfn можно переписать в виде
При п 4 оно следует из неравенства пункта 2), при п = 3 оно имеет
вид у/2 = х/4 < Л что верно, поскольку 23 < З2.
§ 5.5. Теорема Мюрхеда
155
§5.5. Теорема Мюрхеда
Итак, мы знаем, что
nh< (а + 6)2 <а2 + 52
аЬ^^Г~ <—2~ •
Обозначим соответствующие выражения через G, А и Q, соответствен-
но. Что больше, GQ или Л2?
Задача 5.18. а) Докажите, что при всех а, b 0 справедливо нера-
венство
г/ 2	l2\ (а 4" Ь)4
аЬ(а2 4- 62)	—g-2- .
б)	Верно ли, что при всех а, 5 > О справедливо неравенство
ab(a2 + 52)2
4	'	10
а)	Решение совсем просто. Действительно, как нетрудно видеть,
(а + Ь)4 - 8аЬ(а2 4- 62) =
= а4 4- 4а3Ь 4- 6а2Ь2 4- 4аЬ3 4- b4 - 8a3b - 8аЬ3 =
= (а — Ь)4 > 0.
б)	Если взять 5 = 2а, то в левой части будет число 50а6, а в пра-
вой т^а6. Поскольку 50 • 16 = 800, то неравенство места не имеет.
Упражнение 5.6. Найдите все натуральные к и п, такие что при
всех а, b 0 справедливо неравенство
Задача 5.19. Докажите, что при всех о, 5 > 0 справедливы следую-
щие неравенства:
1) акЬк (ап 4- 6П) а2к+п 4- 62fc+n, где п, к — натуральные числа;
2) акЬе 4- аеЬк < апЬт 4- атЬп, где fc4-^ = n + m, к> п>т, к<п,
и числа fc, €, п, т — натуральные.
1) Имеем
a2fc+n + b2k+n _ акЬк(ап + Ьп} = (ак _ ьк}(ап+к - Ьп+к) > 0.
2) Второе неравенство преобразуется к виду
(аЬ)т1 (а* 4- 6*) а® 4- Ьв,
где з = п—mnt=k-^ поэтому оно следует из первого. Конечно, число
не обязано быть натуральным, однако, из доказательства первого
156
Глава 5. Неравенства
неравенства видно, что оно имеет место, если числа п и к в нем просто
положительны. Осталось заметить, что, так как к <п и к + £ = п + т,
то £ > т, поэтому s — t = (n — к) 4- (£ — rri) > 0.
В заключение заметим, что неравенство 2) является частным случаем
теоремы Мюрхеда, о которой речь пойдет далее.
Задача 5.20. Существует ли естественное упорядочение между сле-
дующими выражениями:
Pi (а, Ь, с) = abc(a 4- Ь 4- с);
р2(а, Ь,с) = ±(а + Ь + с)4;
р3(а, Ь, с) = |(а2 + Ъ2 + с2)2;
р4(а, Ь, с) = а2Ь2 + 62с2 + с2 а2;
р5(а, Ъ, с) = | (ab + Ьс + са)(а2 + Ь2 + с2),
и
в том смысле, что существуют неравенства между ними, справедливые
для всех а, Ь, с 0?
Заметим прежде всего, что каждое из приведенных выражений сов-
падает с За4 в случае, если а = b = с. Отсюда следует необходимость
введения коэффициентов | и ~ перед некоторыми выражениями.
Поскольку, в силу неравенства Коши, abc < (° + +-с)3, то
1 /	*	.	+ Ь + с)4	/ ч
abc(a + Ь + с)^ ±.	(pi р2)
Так как среднее арифметическое не больше среднего квадратичного, то
(а 4-Ь 4-с)4	(а2 4-62 4-с2)2	(	.
"27 S S---------3------'	4 Р1)
Далее, в силу того, что 2а2Ьс < а2(Ь2 4- с2), получаем, что
abc(a 4- Ь 4- с) а2Ь2 4- Ь2с2 4- с2а2.	(pi < р4)
С другой стороны, нетрудно видеть, что
а2Ь2 + Ь2С2 + с2а2 (О2 + Ь2+С2)2	рз)
и
Действительно, после стандартных преобразований мы получим извест-
ное неравенство а2Ь2 4- Ь2с2 4- с2а2 а4 4- 64 4- с4.
Итак, мы доказали, что существует естественное упорядочение
Оз Оз и pi 04 Оз-
§5.5. Теорема Мюрхеда
157
В связи с доказанными неравенствами возникает естественный во-
прос: что больше,	' или 4- Ь2с2 + с2а2? Тот, кто ждет, что
между подобными выражениями — симметричными и однородными —
всегда имеется некоторое неравенство и требуется только выяснить,
какое именно, будет удивлен. Действительно, р2(а,0,0) = ^а4>0 =
= р4(а,0,0), но при этом р2(а, а,0) = ||а4 < а4 = р4(а,а,0).
Конечно,
(а6 + 6с + са)(а2+ Ь2+ с2)	(а2+ Ь2+с2)2	( ч
------------J1--------------------з------- 	(Рв Рз)
Докажем теперь, что
ki , к, \	(а6 + 6с + са)(а2 + Ь2 + с2)	,	.
abc(a + Ь + с)^ ±-----------у-----------.	(pi р5)
О
Данное неравенство нетрудно преобразовать к виду
2abc(a + Ь 4- с) ab(a2 -I- Ь2) 4- bc(b2 4- с2) 4- са(с2 4- а2).
Осталось заметить, что
2abc(a + Ь +с)	2(а2Ь2 4- Ь2с2 4- с2а2) <
ab(a2 4- Ь2) 4- Ьс(Ь2 4- с2) 4- са(с2 4- а2).
Упражнение 5.7. Докажите, что между рб(а, 6, с) и р2(а, 6, с), так
же, как между р5(а, Ь, с) и р4(а,6, с), нет естественного упорядочения.
Введем следующие соглашения. Рассмотрим одночлен
ак'ак2... а„п, где > А:2 > ... > fcn > 0.
Пусть к = (fcx, fc2,..., fcn). Обозначим через pfc(a1? а2,..., ап) сумму
—	V	ак1ак2 акп
П1	2^	aii ai2 • • * агп ’
(ii
в которой суммирование производится по всем перестановкам
(ii, г2,..., гп) множества индексов 1,2,..., п.
К примеру,
P(2,i,i)(a,b, с) = |(а26с4- Ь2са 4- с2а6),
Р(зд,о)(а, Ь, с) =	4- ab3 4- b3c 4- be3 4- с3a 4- ас3).
Мы будем рассматривать наборы fc фиксированной степени m = fci4-
4- к2 4-... 4- кп. При этом, хотя далее мы будем употреблять термин
158
Глава 5. Неравенства
«многочлен», все, что является существенным — это неотрицательность
показателей степеней, т. е. всех чисел fc,. Введем частичное упорядоче-
ние на множестве таких наборов. Будем писать t fc, если
Л 4- ^2 4- • • • 4- fci 4-	4". • • 4- кр
при всех р = 1,2,..., п — 1. К примеру, (2,1,1) (3,1,0). С другой сто-
роны, наборы (4,1,1) и (3,3,0) несравнимы.
Теорема 5.4 (Мюрхед [25]). Неравенство
Р/(^1, ^2» • • • > ®n) С Ph (®1, ®2» • • • » ®п)
справедливо при всех а1,а2,-. .,ап^0 тогда и только тогда, когда
к. В таком случае мы будем писать: Рг^рь- Таким образом, тео-
рема утверждает, что
Pt^Ph <=> tz<k.
Для доказательства достаточности условия t Ч к нам потребуется
новое понятие. Рассмотрим некоторый набор fc и предположим, что
ki > kj. Пусть ki = s 4-1 и kj = s — t. Фиксируем некоторое число и € [0; t)
и положим к* = 8 4- и, к^ = 8 — и и k'q = kq при q / i,j. Будем говорить,
что набор fc' получен элементарной трансформацией набора fc.
Лемма 5.5. Если набор к' получен элементарной трансформацией
набора к, то ру ^Рь, причем равенство имеет место только тогда,
когда — а2 — ... — а>л.
Для простоты обозначений будем считать, что г = 1 и j = 2. Вначале
проделаем элементарное преобразование:
afW 4- а8~*а2+* - а8+иа82~и - а8+иа82~и =
= а8+иа8-1(а{~и - а*-и) 4- а8~*а8+и (а[~и - а[~и) =
1	4	\	1	л» J	1/
= аГ‘«2“‘(а‘Ги ~ °2’“) (ai+u - <4+“) > 0,
так как t > и. Сравните проведенное преобразование с тем, которое было
проделано при доказательстве неравенства 2) задачи 5.19.
Осталось заметить, что
(Pfcfal > ®2> • • • , ®n) Ph' (®1, ^2, • • • , ®п)) =
= V (а8^а8~1 4- as_tas+t - а8+иа8~и - а8+иа8~и}акз ...акп. □
Z \ *1	»2	*1	*2	*1	*2	*1 г2 / *3 гп
Таким образом, для завершения доказательства нам достаточно до-
казать следующую лемму.
§ 5.6. Различные доказательства неравенства Коши
159
Лемма 5.6. Если то набор I может быть получен из к
посредством конечного числа последовательных элементарных транс-
формаций.
Обозначим через d число отличных от нуля разностей ki — €<, i =
= 1,2,..., п. Так как (ki — ti} = 0, то среди этих разностей имеются
как положительные, так и отрицательные, причем первая отличная от
нуля разность должна быть положительна. Следовательно, мы можей
выбрать г и j так, чтобы
Л =fci,...,^-i =fc»-i, Л < ki,
&i+1 = ki+1,..., £j _ i = kj—i,	> kj.
Пусть ki = s + t и kj = s — t и и — max{|^ — s|,	— s|}. Пусть набор
У получен из набора fc элементарной трансформацией с указанным
значением и. Тогда fc' = €< или fc' =tj. Таким образом, мы получили
набор fc', для которого число отличных от нуля разностей fc' — ti мень-
ше d. Конечно, надо еще проверить, что £^kf.
Упражнение 5.8. Докажите, что £^к'.
Следовательно, через конечное число элементарных трансформаций
мы придем к тому, что d = 0, т. е. в результате мы из набора fc получим
набор I.	□
Для завершения доказательства теоремы Мюрхеда нам осталось по-
казать, что если	то 1-<к. Докажем, к примеру, что ^^fci.
Положим ai = х > 0 и а2 = а3 = ... = ап = 1. Ясно, что pt(x, 1,..., 1) —
многочлен степени Л, тогда как pfc(x, 1,..., 1) есть многочлен степени
fci. Следовательно, неравенство ре(х, 1,..., 1) pfc(x, 1,..., 1) при доста-
точно больших х может иметь место только в том случае, когда < ki.
Упражнение 5.9. Закончите доказательство теоремы 5.4.
Упражнение 5.10. Поясните результат решения задачи 5.20 при
помощи теоремы Мюрхеда.
§5.6. Различные доказательства неравенства Коши
Конечно, самым простым из известных доказательств неравенства
Коши является то, которое было приведено в §5.4. В этом параграфе
будут приведены еще несколько различных доказательств.
Первое доказательство. Первый шаг этого доказательства чи-
татель может сделать самостоятельно; мы сформулируем его в виде
упражнения.
160
Глава 5. Неравенства
Упражнение 5.11. Докажите неравенство Коши в случае, когда п
является степенью двойки.
Теперь пусть число п произвольно. Выберем такое число fc, что
п < 2к = т. Положим Ь = - 5Z?=i а* и рассмотрим набор Ь2, • • •, Ьт,
где bi = аг при г n, bj = b при n + 1 г т. В силу результата упраж-
нения 5.11, т/П?=16^ £	6г, что равносильно неравенству
(И ai •	n) /т	Oi + (т - п)б).
г=1	г=1
Поскольку в правой части полученного нами неравенства находится
выражение (rib + (т — п)Ь) = Ь, то после возведения в степень т и
естественного сокращения получим, что П?=1 °ч^Ьп.	□
Второе доказательство. Его исходной точкой является следующее
рассуждение. Положим
п
Пусть среди чисел ... ,ап имеются различные, для определенности
пусть Oi 0 а2. Поскольку aia2 < |(fli + то
\ & /
Поэтому при фиксированном значении b = - 52 "=1 сц среднего арифме-
тического данных чисел наибольшее значение функции f может дости-
гаться лишь в точке aj,..., а*, такой что а* = ... = а*. Следовательно,
/(oi,..., ап) /(aj,...,	= а? = Ь.
Проведенное рассуждение обладает с методической точки зрения тем
достоинством, что в нем имеется логическая ошибка: в действительно-
сти доказано, что если у функции f существует наибольшее значение,
то оно достигается в случае равенства ее аргументов. Однако из чего мы
можем заключить, что что функция обладает наибольшим значением?
Пусть К = {(ai, а2,..., ап) | а» 0, £Li аг Множество К явля-
ется замкнутым и ограниченным. Следовательно, поскольку функция f
очевидно непрерывна на множестве If, то, в силу теоремы Вейерштрас-
са, она достигает на нем своего наибольшего значения.	□
Конечно, в приведенном рассуждении использовалось обобщение
теоремы Вейерштрасса для функций нескольких переменных. Однако
в рассматриваемом случае ее доказательство пройдет без малейших из-
менений.
§5.6. Различные доказательства неравенства Коши
161
Третье доказательство. Оно удивительно тем, что неравенство
Коши сводится к неравенству с одной переменной. Будем рассуждать
по индукции. Предположим, что
1
п — 1
г=1
Тогда 52? Gi > (п - 1) п"у П? 1 ai + ап- Таким образом, достаточно по-
казать, что
(п-1)
Положим tn(n = П? 1 ~ и перепишем последнее неравенство в виде
(n — l)tn +1 > ntn-1, или n£n-1(£ — 1) tn — 1. Полученное неравенство
доказывается без труда.	□
Заметим, что его можно преобразовать к следующему виду:
/(<?)-
где f(x) = хп, так что оно есть следствие теоремы Лагранжа, а его гео-
метрический смысл — выпуклость графика функции f.
Четвертое доказательство.
Лемма 5.7. Пусть ai,qi >0, i = 1,2,..., п, 52?= i & = 1- Тогда
/ п	\ 1/х	п
limlnf Y'fta* I ^V'^lnai.
Xi=l	7	г=1
Действительно,

= lim
х—>0
= 52 qi lim -i------
™ х—*0	х
□
Упражнение 5.12. Докажите, что при всех bi 0 имеет место нера-
венство
162
Глава 5. Неравенства
В силу результата данного упражнения получаем монотонно убыва-
ющую последовательность
п	/	п	\ 2	/	п	к	4
1 хУЗv'ST)	>,
\п J	\п^ J
£=1	4	£=1	7	4	t=l	7
предел которой, в силу леммы 5.7, равен ехр(^ lna«) = ^/ll?=i
значит,	52?= i ai ^/ll?=i а<-	□
Проведенное рассуждение обладает очевидным достоинством и ме-
нее очевидным недостатком. Достоинство состоит в том, что его легко
обобщить. Именно, поскольку
п	пп	/ п	\ 2	/ п	\ 2
22fco< = 52fc 52fco* [y^y/qty/q^] = (£fc^) >•••>
£=1	£=1 t=l	'£=1	7	't=l	7
а предел построенной последовательности равен exp	52?= i lna<) =
= J] a?4, получаем следующее обобщение:
n	n	n
П a<i < 22 9<a<> где Q'> °’ 22 fc = L
£=1	t=l	t=l
Упражнение 5.13. Докажите, что при gt е Q это обобщение может
быть выведено из неравенства Коши, а затем докажите его в случае
& 6 R. (Какое свойство показательной функции вам придется исполь-
зовать?)
Недостаток четвертого доказательства в том, что при обычном изло-
жении курса математического анализа неравенство Коши используется
при выводе свойств показательной функции, поэтому мы можем попасть
в «порочный круг».
Пятое, последнее доказательство.1 Функция f(x) =lnir выпук-
ла вверх. Значит, если 52?= i & = 1, Qi > 0, то справедливо неравенство
П	/ п	\
£<?./(«.) </(229<о<)’
£=1	'£=1 7
т.е.
п	/ П	\	п	п
22fcina^in 22 gtat 1, или Па’‘^52 QiGi.	□
£=1	'£=1	7	£=1	£=1
|Тем, кто не совсем понял приведенное рассуждение, будет очень полезно
прочитать материал следующего параграфа.
ХК нему также относится только что сделанное замечание.
§ 5.7. Неравенство Йенсена
163
Упражнение 5.14. Выведите из неравенства Коши неравенство
Юнга
ab^ — + —, если а, 5,р, о>0 и - + - = 1.
р q	р q
В каком случае в нем имеет место равенство?
Другое доказательство неравенства Юнга смотрите в решении зада-
чи 5.22 ниже.	г
Упражнение 5.15. Выведите неравенство Коши из теоремы Мюр-
хеда.
§5.7. Неравенство Йенсена
Как вы могли видеть, все, что использовалось в последнем доказа-
тельстве неравенства Коши — это выпуклость вверх логарифмической
функции. Как часто бывает в математике (и не только в ней), чтобы
как следует понять некоторое утверждение, надо найти его правильное
обобщение. В этом параграфе мы установим одно общее неравенство,
частными случаями которого являются многие из неравенств, найден-
ных ранее.
Понятие выпуклой функции, так же как и выпуклого множества, яв-
ляются в математике одними из основных. Как это водится, у наиболее
естественных понятий существует множество различных определений.
Мы воспользуемся тем из определений выпуклой функции, которое не
является самым простым, но которое, однако, открывает самый корот-
кий путь для его использования.
Будем называть дифференцируемую функцию f (строго) выпуклой,
если ее производная /' является (строго) возрастающей функцией.
Функция f называется (строго) выпуклой вверх (иногда говорят —
(строго) вогнутой), если ее производная /' строго убывает.
На практике проверка выпуклости функции основана на следующем
стандартном утверждении.
Лемма 5.8. Если f"(x) 0 при всех значениях х из некоторого
промежутка, причем равенство выполняется лишь в конечном мно-
жестве точек этого промежутка, то функция f является выпуклой
(на этом промежутке).
Доказательство очевидно.	□
Простейшие примеры выпуклых функций: квадратичная функция
f(x) = ах2 +Ьх + с при а > 0; функция f(x) = при х> 0, показательная
функция f(x) = ах, а также f(x) = — In ж.
164
Глава 5. Неравенства
Теорема 5.9. График строго выпуклой функции лежит над любой
своей касательной.
Пусть f — выпуклая функция, х0 — произвольная точка ее области
определения. Теорема утверждает, что
f(x) > f(x0) + /'(iEo)(x - я?о) при всех
Пусть g(x) = f(x) - f (х0) - f'(x0)(x - х0). Поскольку д"(х) = f"(x), то
функция д(х) также является выпуклой. Так как д'(х0) =0 и д'(а$ —
это возрастающая функция, то д'(х) < 0 при всех х < xQ и д'(х) > 0 при
всех х > х0. Следовательно, д(х0) = 0 является наименьшим значением
функции р, откуда и следует искомое неравенство.	□
Упражнение 5.16. Сформулируйте и докажите аналог этой теоре-
мы для вогнутых функций.
Упражнение 5.17. Покажите, что неравенство Бернулли (см. зада-
чу 1.12) следует из того, что функция f(x) = (14- х)п выпукла на луче
[—1; 4-ос). Сформулируйте и докажите обобщение этого неравенства.
Теорема 5.10. Всякая дуга графика выпуклой функции лежит под
стягивающей ее хордой.
Пусть Xi <х2. Нам требуется доказать, что
/(*) < f(X1) +f^Zfx(X1\x - *1)
*Ь2 X1
при всех я?1 < х < х2. Как обычно, рассмотрим разность
g(x) = f(X1) + f^~fT{X1\x - Х1) - /(х).
Х2 Хх
Ясно, что д(хх) = д(х2) = 0. В силу теоремы
хух - д(х) Р°лля> найдется точка	такая что
/ ! \	9'(с) = 0- Так как функция д является выпук-
/	!	\	лой вверх, то д'(х) > 0 при х < с и д'(х) < 0
/	|	\ при х > с. Следовательно, функция д возрас-
/	!	\ тает на отрезке [a^; с] и убывает на [с;я?2]- По-
XI------С----скольку д(Х1) = д(Х2) = 0, то д(Х) > 0 при всех
х € ('Яп^г) (рисунок).	□
Упражнение 5.18. Докажите, что утверждение теоремы означает,
что если функция f является выпуклой, то
/((1 - t)X1 + tX2) < (1 - t)f(Xl) + tf(X2)
при всех t е (0; 1).
§5.7. Неравенство Йенсена
165
Теорема 5.11 (Йенсен). Для всякой выпуклой функции f, для лю-
бых точек х^х2... .)Хп и для любых чисел Q; > О, таких что Qi 4- Q2 4-
4- ... + qn = 1, справедливо неравенство
f(qi%i + q2x2 + ... + qnXn) 9i/(*i) + 92/(22) + • • • + qnf{xn).
Доказательство проведем индукцией по п. При п = 1 доказывать
нечего. При п = 2 утверждение теоремы следует из теоремы 5.10 в силу
утверждения упражнения 5.18. Докажем индукционный переход. Пусть
даны точки Xi, х2,..., хп+1 и неотрицательные числа Qi, q2,..., qn+1, та-
кие что Qi 4- д2 4-	• • • + 9n+i = 1- Тогда Qi + ... + qn - 1 - qn+1, поэтому —91	+ ... + —— = 1. 1 — Qn+i	1 — Qn+i
Положим	У = , 91 Х1 + ... + 9п хп, 1 — Qn+i	1 — Qn+i
таким образом,
Qi^i 4~ 92^2 4“ ... 4“ Qn+i^n+i — (1 Qn+i)j/ 4“ Qn+i^n+i*
Значит,
/(91*1 + q2x2 + ... + Q„+iZ„+i) =
= /((1 - «п+1)г/ + ^n+i^n+i)	(1 - 9n+i)/(y) + д»+1У(®п+1)
(1 - <7n+i) (i-L	+ ... + —/(zn)) +
\1 — Qn+i	1 — Qn+i	/
+ qn+1f(xn+1) - 9i/(a:i) + qsffxi) .+ ••• + 9n+i/(2„+i).	□
Следствие. Среднее арифметическое любого набора действитель-
ных чисел не превосходит их среднего квадратичного.
Действительно, так как функция f(x) = х2 является строго выпук-
лой, то справедливо неравенство Йенсена
/аь+^ + .-. + гЕпУ < х2 + х2 + ... + х2п
\ п /	п ’
откуда и следует, что
Да + ж2 4-... + жп 1х2+х1 + ... + х2п
п	V п
Упражнение 5.19. Напишите неравенство, которое следует из
неравенства Йенсена для выпуклой на луче (0; 4-ос) функции f(x) = i.
166
Глава 5. Неравенства
§ 5.8. Классические неравенства и геометрия
В этом параграфе мы докажем два классических неравенства. Как
вы увидите, рассуждение совсем просто, но это только в том случае,
если вы знаете, куда двигаться... Все, что потребуется для доказатель-
ства неравенства Гёльдера — это такое следствие обобщенного неравен-
ства Коши:
uav0 аи + /Зи, если и, и > 0, а,/3^0 и а+ /3 = 1.
Теорема 5.12 (Гёльдер). Для любых неотрицательных чисел Ьг,
i = 1,2,..., п, и положительных чисел р и а, таких что - + - = 1,
’ ’	’ ’	г Ч’	Р q ’
справедливо неравенство
П	/ П	\	1/р / П	\	1/q
i=l	'г=1	'	'4t=l	'
Положив Xi = а?, yi = , а = ^, /3 = |, перепишем неравенство в виде
п	/ n	\a/n	\ &
i=l	'г=1 '	'г=1 '
поделив на его правую часть, получим
п /	\ а /	\ 0
V 1-^-1 ।-&-) <i
Положим
Xi	Pi
щ = 5-^п И Vi = "—•.
El xi	Ei Vi
Таким образом, осталось доказать, что 227= i и?и& 1. Заметим, что
Е?=1 = 1 и 227=1 Vi = 1. В силу отмеченного следствия обобщенно-
го неравенства Коши, имеем
+ /3vi) =	+ /3\2 v* = а + /3 = 1.	□
t=l	i=l	i=l	i=l
Упражнение 5.20. Обобщите неравенство Гёльдера на случай
неравенства, в левой части которого стоит сумма произведений к со-
множителей.
Теорема 5.13 (Минковский). Для любых неотрицательных чисел
Qi,bif i = 1,2,...,п, и числа р>1 справедливо неравенство
/ п Ч 1/р	✓ п К 1/р	/ п	\ !/р
§5.8. Классические неравенства и геометрия
167
Так как р > 1, то 1 = 1 — i > 0. Положим щ + bi и
п	п	п	п
=22 (а<+ьо”=2ZX=22 а<и<~'+22 ь*и<~1-
£=1	г=1	г=1	г=1
Теперь оценим правую часть при помощи неравенства Гёльдера. Мы
получим
откуда и следует искомое неравенство.	□
Упражнение 5.21. Обобщите неравенство Минковского на случай,
когда в левой части стоит сумма к слагаемых.
Упражнение 5.22. Докажите, что если р < 1, то справедливо нера-
венство, обратное неравенству Минковского.
Читатель спросит: «А где же здесь обещанная геометрия?» Она име-
ется, но для того, чтобы это объяснить, придется кое-что вспомнить и
кое-что ввести.
Рассмотрим точки х = (хь х2 ..., хп) и у = (з/i, у2 ..., уп) в простран-
стве Rn. Евклидовым расстоянием между ними называется число
d2(x,y) = у/(xi - У1)2 + (х2 - у2)2 +...+(ln ~ Уп)2-
Вообще, функция d(x,y) называется расстоянием (или метрикой),
если она обладает следующими свойствами (так называемыми аксио-
мами метрики):
1)	d(x, у) 0, причем d(x, у) = 0 х = у,
2)	d(x,y) = d(y,x);
3)	d(x, у) d(x, z) + d(z, у) (неравенство треугольника).
Теорема 5.14. Функция d2 является расстоянием в Rn.
Конечно, проверки требует лишь неравенство треугольника. Итак,
пусть в пространстве имеются точки (векторы) х, у и z. Нам будет
168
Глава 5. Неравенства
удобно (и сейчас, и с прицелом на будущее) ввести векторы а= z — х и
Ь = у — z, таким образом, у — х = а 4- Ь. Поэтому неравенство треуголь-
ника для метрики d2 преобразуется к виду
(ai 4- di)2 4-... 4- (an 4- bn)2 \/а2 4-... 4- а2 4- y/b^ 4-... 4- Ь2.
Прежде всего можно заметить, что это есть неравенство Минковского
для р = 2. С другой стороны, в этом случае оно очевидным образом
равносильно неравенству Коши—Буняковского (достаточно один раз
возвести в квадрат и привести подобные члены).	*	□
(п \ 1/р
12 1°* 1₽ )
Теорема 5.15. При любом 1 функция | • |р: Rn —обладает
следующими свойствами:
1)	|а|р 0, причем |а|р = 0 <=> а= 0;
2)	|А<х|р = |А| • |а|р;
3)	|а + Ь|р^|а|р + |Ь|р.
Собственно говоря, доказывать нечего: свойства 1) и 2) очевидны,
свойство 3) очевидно при р = 1, а при р > 1 оно сразу следует из нера-
венства Минковского.	□
Следствие. При р > 1 функция
/ П	Ч 1/р
' i=l	'
является метрикой в Rn.
Упражнение 5.23. Докажите это следствие.
Таким образом, геометрический смысл неравенства Минковского со-
стоит в том, что из него следует, что некоторая естественная формула
определяет метрику (расстояние) в Rn.
Упражнение 5.24. Докажите, что lim |ш|р = max |xj.
р—►оо	г=1,...,п
В соответствии с результатом данного упражнения положим
|*г|оо = шах |а\|.
г=1,...,п
Будем называть нормой функцию Rn —> R, удовлетворяющую свой-
ствам 1)—3), сформулированным в теореме 5.15.
Ясно, что | • |р, где 1 < р < оо, — норма в Rn, таким образом, в этом
пространстве имеется целое семейство норм. Естественный вопрос: ка-
кие вообще нормы можно ввести в этом пространстве и насколько они
могут отличаться друг от друга?
§ 5.9. Нормы и шары в Rn
169
§ 5.9. Нормы и шары в Rn
Напомним, что множество К С Rn называется выпуклым, если вме-
сте с любыми двумя своими точками оно содержит отрезок с концами
в этих точках. Другими словами оно выпукло, если из того, что х,уеК,
следует, что (1 — t)x + ty G К при всех t 6 [0; 1].
Лемма 5.16. Пусть р: Rn —>R — такая функция, что:
1) р(х) 0, причем р(х) = 0, лишь если х = 0;
2) р(Хх) = |А|р(я?) при всех х е Rn.
Функция р является нормой тогда и только тогда, когда множество
D = {я? G Rn | р(х) 1} выпукло (в этом случае будем называть D еди-
ничным шаром относительно имеющейся нормы).
Предположим, что множество D выпукло. Пусть х, у е Rn. Рассмот-
х + у ГГ	х У ~ г\
рим точку z — /	; ч. Так как , -?-г G D и
РЙ + р(у)	р(х) р(у)
z =	?(*)	. х + р(у) . _У_
р(х)+р(у) р(х) р(х)+р(у) р(у) ’
то z € D, поэтому p(z) = —f	1 т. е. р(х + у) р(х) + р(у).
р(а:)+р(у)
Таким образом, р — норма.
Обратно, если р — норма, х,у G D и a G [0; 1], то
р(ах 4- (1 - а)у) ар(х) 4- (1 - а)р(у) а 4- (1 - а) = 1,
значит, ах 4- (1 — а)у е D, что и означает, что множество D является
выпуклым.	□
Упражнение 5.25. Пусть Di, D2 — единичные шары относительно
норм pi,p2 в Rn. Докажите, что
£>i D D2 ф=> Pi(x) ^р2(я) Vrr е Rn.
Задача 5.21. Решите уравнение sin19 х 4- cos92 х = 1.
Докажем, что решениями данного уравнения являются только те зна-
чения х, при которых sin х = 0 или sinx = l. Если sin я, cos я? / 0, то
sin19 х < sin2 х, cos92 х < cos2 х, таким образом, sin19 х 4- cos92 х < sin2 х 4-
+ cos2 я? = 1.
Идея, использованная при решении этой задачи, имеет достаточно
общий характер.
170
Глава 5. Неравенства
Теорема 5.17. Если 0<p^q, то при всех а^О справедливо нера-
причем при p<q равенство имеет место только лишь если только
одно из чисел aif i = 1,2,..., п, отлучно от нуля. В частности, если
l^p^q, то |я|р > |я|д.
Положим t = (^™=1• Пусть bi = у. Поскольку	'«
п	п?
Ё*?=Цн-=1,
то bi 1, значит, Ь? Ь?, откуда следует, что	1- Таким образом,
получаем
откуда и следует искомое неравенство.	□
Упражнение 5.26. Нарисуйте на плоскости единичные шары отно-
сительно норм | • |1, | • |4, | • |40 и | • |оо.
Лемма 5.18. Всякая норма р: Rn —является непрерывной функ-
цией.
Обозначим через i = 1,2,..., п, стандартные орты (0,..., 1,..., 0)
пространства Rn. Если х = (хх, х2, • • •, и у = (j/i, у2,..., уп) — про-
извольные точки этого пространства, то х = XiCi и у =	з/»е£.
Тогда
п
< ki - У<1 < Сп\х - J/k
t=l
где С = max<=lj..,1П{р(е<)}. Из доказанного неравенства очевидным об-
разом следует, что функция является непрерывной.	□
Теорема 5.19. Любые две нормы в конечномерном векторном про-
странстве эквивалентны, т. е. если pi,p2 — нормы, то существуют
положительные числа с и С, такие что
cpi(x) ^р2(я) C'pi(rc) Vie е Rn.
§ 5.9. Нормы и шары в Rn
171
Упражнение 5.27. Докажите, что эквивалентность норм является
отношением эквивалентности.
В силу результата данного упражнения достаточно доказать, что лю-
бая норма р в Rn эквивалентна евклидовой норме | • |2. Рассмотрим
стандартную единичную сферу Sn~1 cRn, являющуюся замкнутым и
ограниченным (следовательно, компактным) множеством в этом про-
странстве. По теореме Вейерштрасса функция р достигает на
наибольшего и наименьшего значений, т. е. найдутся положительные
числа с и С, такие что с р(у) С при всех у е Sn~x. Пусть х е Rn \ О,
тогда
т^-eS’
откуда с|д?|2 ^р(х) С|д;|2.	□
Следствие. Для любой нормы р в пространстве Rn единичный
шар D является замкнутым, ограниченным, выпуклым, центрально
симметричным множеством, содержащим некоторый евклидов шар.
По определению D = {ж е Rn | р(х) 1}. Рассмотрим последователь-
ность хп 6 D, такую что хп —* а. Так как норма р является непрерывной
функцией, то р(хп) —*р(а), а поскольку р(хп) 1, то и р(а) 1. Значит,
а е D, следовательно, D — замкнутое множество.
В силу теоремы 5.19, найдутся числа с, С > 0, такие что с\х12 р(х)
С|д:|2 при всех х е Rn. Значит, если х 6 D, то |ж|2 С таким
образом, множество D — ограниченное. Выпуклость D следует из лем-
мы 5.16. Если х е D, то и — х е D, так как р(—х) =р(х) 1, поэтому D
центрально симметрично (относительно начала координат).
Теперь рассмотрим евклидов шар радиуса г = с центром в начале
координат. Для всякой точки х этого шара справедливо неравенство
р(х) С^х^ 1, таким образом эта точка лежит и в шаре D. □
Упражнение 5.28. Докажите, что следующие нормы в простран-
стве С [0; 1] всех непрерывных на отрезке [0; 1] функций не эквивалент-
ны
1Лс = max |/(*)| и |У|1= [ |/(®)|dx.
Теорема 5.20 (Минковский). Для любого замкнутого, ограничен-
ного, выпуклого, центрально симметричного относительно начала ко-
ординат множества D С Rn, содержащего некоторый евклидов шар,
существует норма в Rn, относительно которой множество D явля-
ется единичным шаром.
172
Глава 5. Неравенства
Положим р(0) = 0 и р(х) = inf {А > 0 | j е D} при х / 0.
Упражнение 5.29. Докажите, что р — искомая норма.
§5.10. Интегральные варианты
классических неравенств
Начнем данный пункт со следующих двух задач, решение которых
связано с геометрической интерпретацией входящих в них выражений.
*
Задача 5.22. Докажите, что для любых положительных Чисел
a, b,p,q, где i + i = 1, справедливо неравенство
ab^ [ xp~1dx-^- /*
Jo	Jo
причем равенство имеет место только если Ь = ар~1.
Заметим прежде всего, что равенство i | = 1 равносильно тому,
что (р—1)(д — 1) = 1, значит, функции /(х) = хр~г и д(х) = хч~1 взаимно
обратны. Следовательно, интегралы, входящие
в данное неравенство, суть площади заштрихо-
ванных на рисунке областей, объединение кото-
рых содержит прямоугольник со сторонами а
и Ь. Значит, сумма интегралов не меньше пло-
щади ab этого прямоугольника.
Так как f^xp~1dx= — и f^xq~1dx= —, то
jo	р JO	q ’
в качестве следствия мы получаем неравенство
Юнга.
Задача 5.23. Непрерывная и строго монотонная функция f такова,
что /(0) = 0 и /(1) = 1. Докажите, что

Очевидно, что сумма
W (Л^) + Л ^) +••• + /( w))
равна сумме площадей изображенных на рисун-
ке вертикальных прямоугольников, а сумма
равна сумме площадей горизонтальных прямоугольников. Осталось за-
метить, что все они лежат в единичном квадрате, не пересекаются и не
задевают нижний левый квадратик размером х .
§5.10. Интегральные варианты классических неравенств
173
Приведенные в предыдущих пунктах классические неравенства мож-
но перенести на случай, в котором суммирование заменено на интегри-
рование.
Теорема 5.21. Для любых непрерывных функций f,g\ [а;6]—
справедливо неравенство Шварца
( f f(x)g(x)dx\ [ f2(x)dx- [ g2(x)dx.
\J а	/ J a	J а.
Доказательство неравенства Шварца в точности совпадает с доказа-
тельством неравенства Коши—Буняковского. Действительно, для вся-
кого t е R имеет место неравенство
/•Ь
о / (tf(x) - g(x))2dx -
J а
/•b	/»Ь	/»Ь
= t2 / f2(x)dx -2t / f(x)g(x)dx + / g2(x)dx.
J a	J a	J a
Значит, дискриминант квадратного трехчлена неположителен, т. е.
0/»Ь	\ 2	/»Ь	гЬ
f(x)g(x)dx\ — / f2(x)dx / g2(x)dx 0.	□
а	/ J а	</ а
Теперь сформулируем и докажем интегральный вариант неравенства
Гёльдера.
Теорема 5.22. Для любых непрерывных функций f,g: [а; 6] —> R и
положительных чисел р и q, таких что ±	= 1, справедливо нера-
венство
Положим Ар = Jab|/(^)|₽ dx и Bq = /аЬ|^(ж)|9 dx. В силу неравенства
Юнга при всяком х € [а; Ь] верно, что
l/(^)g(^)l < |/(*)|р ,
АВ рАр qB*
Проинтегрировав это неравенство по отрезку [а; Ь], получим
\f(x)g(x)\dx^^l* \f(x)\Pdx + -±^ |<7(х)|’^=1 + | = 1,
откуда и следует искомое неравенство.	□
Упражнение 5.30. Сформулируйте и докажите интегральный ва-
риант неравенства Минковского.
174
Глава 5. Неравенства
В заключение параграфа приведем интегральный вариант неравен-
ства Чебышева.
Теорема 5.23. Предположим, что функции f,g: [a;d]—>R непре-
рывны и являются возрастающими. Тогда справедливо неравенство
rb	fb	pb
I fix') dx  / g(x) dx^(b-d) / f(x)g(x) dx.
a	J a	J a
Упражнение 5.31. Выведите интегральный вариант неравенства
Чебышева из неравенства Чебышева для конечных последовательно-
стей (см. задачу 1.24).
Дополнительные задачи
Задача 5.24. Обозначим через Si,s2 площади частей, на которые
некоторая прямая разделила правильный шестиугольник, сторона кото-
рого равна единице. Найдите наибольшее значение произведения SiS2.
Задача 5.25. Докажите, что при всех а, Ь 0 справедливы неравен-
ства
В каких случаях каждое из них обращается в равенство?
Задача 5.26. Докажите, что при всех а > 6 > 0 справедливы нера-
венства
(а-Ь)2
8Ь
а2 + Ь2 а3 + Ь3	. . п
—тт"	2 . £2 при а'ь>°;
а + о а2 + Ь2

(а ~ Ь)2 а + Ь _ г~,
8а 2 V
Задача 5.27. Докажите неравенства
1)
2)
3)
Задача 5.28. Найдите длины ребер прямоугольного параллелепи-
педа: а) имеющего наибольшую полную поверхность, если длина его
главной диагонали равна единице; б) имеющего наименьшую главную
диагональ, если площадь его полной поверхности равна единице.
Задача 5.29. Докажите неравенство
- + |	> —-r-т—, где а,6,с>0.
а Ь с а+Ь+с
Дополнительные задачи
175
Задача 5.30. Докажите, что при всех а, Ь 0 справедливо неравен-
ство
(ак + bk) (ап + bn) 2(afc+n + bfc+n),
где fc, п — натуральные числа.
Задача 5.31. Докажите, что при всех аг,6г >0 справедливо нера-
венство
\/(ai + Ь1)(аг + Ь2)... (an + Ьп) ^/aia2 • &П + \А1&2 • • • 5n-
Задача 5.32. Докажите, что при всех аг 0 справедливо неравен-
ство
+ хДивз + •. • + y/dn-\(in n (ai + а2 + ... + ап).
£
Задача 5.33. Даны положительные числа ai,a2,... ,ап, пусть з =
= ai + а2 + ... + ап. Докажите неравенство
Qi Q2	ап > п
S — CLi 8 — 0,2	3 ~ ап Т1 — 1
Задача 5.34. Докажите, что последовательность хп = (1 + ^)п яв-
ляется возрастающей.
Задача 5.35. Докажите неравенство (п!)2 > пп.
Задача 5.36. Известно, что многочлен х* — ах3 + 2х2 — bx + 1 имеет
действительный корень. Докажите, что а2 + 62 > 8.
Задача 5.37. Решите систему
< х3 + у3 = 1,
я4 + 2/4 = 1.
Задача 5.38. Докажите, что среди всех треугольников фиксирован-
ного периметра равносторонний треугольник имеет наибольший радиус
вписанной окружности.
Задача 5.39. Докажите, что
9<jf tfx* + ldx + £ dx <9.0001.
176
Глава 5. Неравенства
Комментарии педагогического характера
Эффективность преподавания во многом определяется тем, насколь-
ко в этот процесс вовлечены учащиеся. Всем, кто занимался преподава-
нием в математических кружках, хорошо известно, что задачи полезно
давать сериями, и лучшие книги, посвященные задачам математиче-
ских кружков, из таких серий и состоят. Конечно, любую последова-
тельность задач можно назвать серией, и в школе задачи по математике
обычно предлагаются не по одной. Наиболее распространены следую-
щие типы серий. Первый — «частные случаи»: учитель объяснил, как
надо решать, к примеру, квадратные неравенства и дал набор приме-
ров, в которых надо применить изложенный метод. Другой тип — «на
идею»: все предлагаемые задачи решаются при помощи одного и того
же соображения. К примеру, все задачи первого параграфа этой главы
можно считать серией задач на неравенство а2 + Ъ2 2|аЬ| (располагать
их, конечно, нужно по возрастанию технической сложности). Третий
тип — «пошаговый подход»: преподаватель формулирует ряд утвержде-
ний, следствием которых является непростой результат. Учащимся, так
сказать, указывают путь, по которому они должны пройти, чтобы в
итоге доказать интересное утверждение. Пример — задача 5.10.
Рассмотрим теперь серию, состоящую из неравенств задачи 5.3 (в той
же последовательности!). Первое из них совсем простое. Затем уча-
щиеся должны увидеть (?!), что так как (а + b — с) + (Ъ + с — а) = 26,
Ь + с — а с + а — Ь	а + Ь — с
то, сделав замену и= --%---, v =    и w= -—  во втором
неравенстве, мы получим первое! А эта замена и является ключевой
идеей решения и последнего из приведенных неравенств (попробуйте
доказать его, не используя этой замены). Такие серии автор называет
«сериями-подсказками».
Решения упражнений
5.1.	1) Так как ху |(х + ?/)2, то точка (u, v) = f(x, у) = (х + ху)
лежит в множестве, заданном неравенством v	—-. Конечно, отсюда
еще не следует, что это множество и является образом отображения /.
тт	и2
Надо заметить, что выполнение условия v достаточно для того,
чтобы система
х + у = и,
ху = v
к
имела решение.
Решения упражнений
177
2)	Поскольку Зху < х2 + ху + у2 < 1, то ху Осталось заметить,
о
что значение | достигается. Другое решение: если и = х + у и v = ху,
то множество всех пар (u, v) задается системой неравенств
и2
V ~г,
4 ’
Таким образом, это множество ограничено дугами парабол и2 = 4и и
v = и2 — 1 между точками их пересечения. Изобразив эти параболы,
вы и увидите, что наибольшим значением второй координаты искомого
множества является число |.
3)	Так как — х -у-	< ху < —у^-, то
I I „^3<*2+»2>
2 х ХУ У	2	’
значит | < х2 + у2 < 2. Ответьте также на поставленный вопрос при
помощи замены, введенной при решении предыдущих пунктов.
5.2.	Рассмотрим трапецию с основаниями а < Ь. Как известно, дли-
на ее средней линии равна —у^. Рассмотрим отрезок KL, проходящий
через точку О пересечения диагоналей трапеции и параллельный ее ос-
нованиям (левый рисунок). Так как треугольники АО В и DOC подоб-
ны, то |, следовательно,	. Таким образом, КО= .
Аналогично, LO =	, поэтому KL =	. Пусть £ — длина отрезка,
параллельного основаниям трапеции и делящего ее на две подобных.
Тогда - = |, значит £ = y/ab. Наконец, найдем длину d отрезка, па-
раллельного основаниям трапеции и делящего ее на две равновеликих.
Пусть h — высота исходной трапеции, а hi — высота трапеции с ос-
нованиями bud. Тогда hi = h (правый рисунок), следовательно,
hi = | h, откуда 2(b + d)(b — d) = (6 —а)(6 + а), т. е. 2d2 =а2 +62.
178
Глава 5. Неравенства
Какова геометрическая интерпретация неравенств между четырьмя
средними? Очевидно, что отрезок, проходящий через точку пересечения
диагоналей, лежит выше ее средней линии, следовательно, его длина
меньше длины средней линии. Конечно, отрезок, делящий трапецию на
две равновеликие, лежит ниже ее средней линии, поэтому его длина
больше длины средней линии. Осталось разобраться с расположением
отрезка FQ, делящего трапецию на две подобных. Имеем:
AQ _ \fab — д _ Га	<
Q-D b — \/ab * Ъ
Поскольку	< 1, то этот отрезок лежит выше средней линии
трапеции, но ниже отрезка, проходящего через точку пересечения ее
диагоналей.
5.3.	Пусть х = а3, у = Ь3 и z = с3. Если х3 + у3 + z3 = Sxyz, то, по-
скольку по условию числа ж, у и z неотрицательны, я2 + у2 + z2 — ху —
— yz — zx = Q. Полученное равенство имеет место только когда х = у = z
(см. решение задачи 5.8).
5.4.	Положите 6* = в неравенстве Коши—Буняковского.
5.5.	Неравенство 4) данной задачи и само неравенство Коши—
Буняковского имеют ясную геометрическую интерпретацию: для любых
векторов a, b 6 Rn верны неравенства
|а + Ь| |а| + |Ь| и |а • Ь|2 |а|2|Ь|2.
5.6.	Перепишем данное неравенство в виде
„ (Т ?Л2*+2п
(2xi/)fc ((я + У)2 ~ 2ху)	±.
После замены и = 2ху и v = (х -I- у)2 получим неравенство
uk(v-u)n^^—,
при этом v 2и. Сделаем еще одну замену: t = , в результате которой
неравенство преобразуется к виду tk(l — t)n < при t 6 [0;	. Рас-
смотрим функцию f(t) = tk(l — t)n, при этом /(0) =0 и /(
Таким образом, полученное неравенство справедливо при te [0; |], если
на этом отрезке функция f является возрастающей. Так как
f'(t) = ktk~\l - t)n - ntk(l - t)”"1 = tk-\l - ty-1 (fc - (fc + n)t),
Решения упражнений
179
то /40 0 на [0;	, тогда и только тогда, когда к , т е. когда
к^п.
5.7.	Так как рб(1,0,0) = 0, а р2(1,0,0) = то может иметь ме-
сто только неравенство р5(а,6, с) ^р2(а, 6, с). Однако рб(1,1,0)=|,
ар2(1,1,0)=||<
Заметим, что р4(1,1,0) = 1 >р5(1, 1,0) = |, тогда как р4(3,1,0) = 9 <
<рб(3,1,0) = 10.
5.8.	Заметим прежде всего, что fc' -h fc' = fc* -I- fcj по определению
элементарной трансформации. В силу выбора номеров i и j справед-
ливы неравенства fcj < tj ^£i<ki. Для простоты рассуждения разберем
два случая. Предположим вначале, что — kj <ki — li. В этом случае
fc' = £j и fc' > Л’
fc' s к\
kj £j	ki
Неравенство Л +l2 + • • • + £m C fcj + k2 + ... + k'm, очевидно, верно при
m = 1,2,... — 1, поскольку мы не меняли значений чисел кт с соот-
ветствующими номерами. Так как fc' > то оно верно при т = г. Так
как £т = кт при m = i + l,...,J — 1,то оно также верно при соответ-
ствующих значениях т. Неравенство верно при т j в силу того, что
при этих значениях т справедливы равенства к{ + к2 -I-... + к'т = fci +
+ fc2 + ... + fcm- При £j — kj ki — £i рассуждение еще проще.
5.9.	Рассмотрим произвольное число q 6 {2,3,..., п — 1}. Положим
сц = х при i < q и = 1 при i > q. Тогда' p/(ai, а2,..., ап) — многочлен
степени + £2 + • • • + £q от ж, а pfc(ai, а2,..., ап) — многочлен степени
fci + к2 + ... + kq. При достаточно больших значениях х неравенство
Pz(ai, а2,..., ап) pfc(ai, а2,..., ап) может иметь место, только если £г +
+ ^2 + • • • + £q fci + к2 + . . . + кд.
5.10.	В обозначениях теоремы Мюрхеда имеем рх =3p(2,i,i), р4 =
= ЗР(2»2»о), Рз = Р(4,о,о) + 2р(2(2>о), Рб = P(2,i,i) + 2р(3>1>0). Наконец, самое
сложное выражение имеет многочлен р2:
„ _ 1	,2^	.8	,4
Р2 — дР(4,0,0) + ^Р(2,2,0) + gP(3,l,0) + gP(2,l,l)-
Осталось заметить, что (2,1,1) -< (2,2,0) -< (3,1,0) -< (4,0,0), следова-
тельно, Р(2,1,1) ^Р(2,2,0)	Р(3,1,0) ^Р(4,0,0)-
180
Глава 5. Неравенства
5.11.	Достаточно доказать, что из справедливости неравенства Ко-
ши для п чисел следует, что оно верно для 2п чисел. Действительно,
+ 0,2 + • • • + ^2n-l + a2n 2y/(Li(L2 + . . . + 2у/О'2п-1О'2п
2пУ. y/a2n-i(^ = 2п 2^/ага2 ---а2п •
5.12.	Это есть неравенство между средним арифметическим и сред-
ним квадратичным.
к 	'
5.13.	Пусть qi = г = 1,2,..., п. По условию, кх +fc2 + • • • + кп — т.
Примените неравенство Коши к набору из т чисел, первые чисел
в котором равны следующие к2 чисел равны а2, и так далее. Если
числа qi — произвольные (положительные) действительные, то можно
рассмотреть их рациональные приближения, а затем перейти к пределу
в неравенстве. Поскольку показательная функция непрерывна, то в его
левой части мы и получим произведение а?1 ... а£п.
5.14.	Сделайте замену а = х1/р и Ь = у1/ч в неравенстве
5.15.	Положим Xi = а* 0. Тогда неравенство Коши приобретет вид
. хп + я2 + ... + х”),
или	^Р(п,о..о) в обозначениях теоремы Мюрхеда.
5.16.	Формулировка: график вогнутой функции лежит под любой
своей касательной. Для доказательства достаточно заметить, что если
f — вогнутая функция, то функция (—/) является выпуклой.
5.17.	Прямая у = 1 + пх касается графика у = (1 + х)п в точке с абс-
циссой, равной нулю, поэтому она лежит под этим графиком, что и
означает, что (1 + х)п > 1 + пх при всех х 6 (—1; 0) U (0; +оо).
Теперь рассмотрим функцию f(x) = (1 + х)р. Если р> 1, то эта функ-
ция выпуклая, значит 1 + рх < (1 + х)р при всех х 6 (—1; 0) U (0; +оо).
При р 6 (0; 1) рассматриваемая функция является вогнутой, следова-
тельно, имеет место обратное неравенство.
5.18.	Пусть хе (xi\x2). Положим t= £	• Тогда
х = Xi + t(x2 — #i) = (1 — t)xi + tx2-
Правая часть доказанного в теореме неравенства имеет вид
/(Ж1) + t(f (х2) - 7(11)) = (1 - t)f(Xi) + tf(x2).
Решения упражнений
181
5.19.	Для любых положительных чисел	а2 .. >,ап из неравенства
Йенсена для функции /(х) = i следует, что
± + ±+...+J-
________Т!_______ < Qj Q2__________Qn
(Zi + а2 + • • • + о>п	*
или
п< Qi Н~ (^2 Н~..» 4~ an	f
~	~ + ... + ~	™
ai	а2	ап
т. е. среднее гармоническое п чисел не превосходит их среднего ариф-
метического.
5.20.	Неравенство имеет вид
п	/ п	\	1/ot / П	\	1/(3	/ п	\ 1/о»
г=1	'г=1	'	'г=1	'	'г=1	'
где числа а, /3,..., си положительны и +-- + ... +^ = 1. Доказатель-
ство отличается от проведенного при доказательстве теоремы 5.12 лишь
тем, что на его последнем шаге используется обобщенное неравенство
Коши не для двух, а для произвольного набора неотрицательных чисел.
5.21.	К примеру,
/п	\ i/р	/п	\ Vp	/ п	\	1/р
(^(ai + di + cO) ^(yyai + bi)) + (^сЛ	С
'г=1	'	'г=1	/	М=1	'
/ п	\	1/р	✓ п	\	1/р	✓ п	\	1/р
+ ( 52 с*)
'г=1	/	М=1	'	'г=1	'
Таким образом, по индукции неравенство Минковского обобщается на
случай произвольного числа слагаемых.
5.22.	Пусть р € (0; 1),	> 0. Неравенство
доказывается по той же схеме, что и неравенство Минковского при р > 1
(см. доказательство теоремы 5.13). В соответствующем месте рассуж-
дения вместо неравенства Гёльдера надо использовать его аналог, ко-
торый мы сейчас и установим. Пусть q = “3 • Докажем, что
182
Глава 5. Неравенства
Положим р' = ± и q' =	, таким образом, ± 4-	= 1. Прежде
всего перепишем требуемое неравенство в виде
1/р П	/ п
i=l	't=l
Возведя обе части в степень р, получим неравенство
п	/ п \ Р / п \
Еа< (Еа<4
»=1	'г=1	'	'г=1	'
Теперь положим = (аД)р и ^ = д£₽, так что ар = и^. Далее,
ciibi = и\/р = ир и Ь? = v~q/p = vq . Таким образом, мы свели искомое
неравенство к стандартному неравенству Гёльдера
5.23.	Первые два свойства метрики очевидны, остается доказать
неравенство треугольника. Так как dp(x,y) = |х — у\р, то неравенство
треугольника для функции dp имеет вид
I® - у|р < |у - zip + \z - ®|„,
что имеет место в силу свойства 3 функции | • |р .
1x1
5.24.	Положим m = maxi=1|...)П |х<|, тогда	1. Ясно, что |х|р.
Далее,
/ п	\ 1/р	/ п I ip\ 1/р
1®1р =	^тп1/р.
't=l	'	'г=1	'
Таким образом доказано, что m |х|р mn1/p. Осталось заметить, что
п1/р —> 1 при р —> +оо, следовательно, |х|р —> т при р —► 4-оо.
5.25.	Пусть pi^p2. Так как для всякой точки х Е D2 верно
неравенство р2(х)	1, то и рДх) 1, значит, х € Dlt Докажем обрат-
ное утверждение. Рассмотрим произвольную точку х G Rn и положим
у =  ".. Так как р2(р) = 1, то у 6 следовательно у е Dx. Значит,
z чР2%(т)
Р1^ = Ж т,е* Р1^
5.26.	Неравенство |ят| + |р|	1 задает на плоскости квадрат с вер-
шинами в точках А, В, С и D на осях координат. Таким образом,
единичным шаром относительно нормы | • 11 является квадрат ABCD.
Решения упражнений
183
Единичный шар относительно нормы | • |ое задается неравенством
max{|x|, |у|} 1, которое равносильно систе-
ме неравенств |х|^1 и |р|	1. Полученная
система задает квадрат со сторонами, па-
раллельными осям координат и проходящи-
ми через отмеченные точки.
А Неравенство х4 + у4 1 задает множ^
ство, ограниченное изображенным на ри-
сунке «овалом», который, в частности, со-
держит внутри себя единичную окруж-
ность.
У читателя может возникнуть вопрос: «А где же единичный шар
относительно нормы | • |40?» Дело в том, что на рисунке он практически
неотличим от большого квадрата. Рассмотрим уравнение х40 + у40 = 1.
К примеру, при х = 0.9 мы получим, что у =±	— 0,940 ~± 0.999628.
5.27.	Если cpi(x) ^р2(ж) СрДж), то ^р2(х)	^р2(ж), сле-
довательно, данное отношение симметрично. Проверим его транзитив-
ность. Действительно, если CiPi(x) ^р2(я) ССЛрДх) и с2р2(я:) ^Рз(я)
С2р2(х), то
cic2pi(x) ^рз(х) CiGp^x).
5.28.	Заметим, ЧТО 1/11 = J01|/(a:)|da:^ Jjl/I cdx = \f\c- Покажем,
что не существует положительного числа с, такого что |/|c^c|J|i.
Введем последовательность функций /п: [0; 1] —► R, положив fn(x) =
= 2п — 2п2х при х е [0; и fn(x) = 0 при хе [ —; 1]. Нетрудно видеть,
что |/n|! = Jo fn(x) dx = 1. С другой стороны, | fn\c = 2п-+оо.
5.29. По условию множество D содержит некоторый евклидов шар.
Так как D центрально симметрично относительно начала координат и
выпукло, то оно также содержит евклидов шар В радиуса г с центром
в начале координат. Для всякой точки х е Rn
точка у = лежит
1®|2
в В, значит, ив D. Следовательно, существует положительное число t,
такое что j е D. Тем самым мы доказали, что если х / 0, то р(х) >
> 0. В силу центральной симметричности множества В, р(—х) =р(х).
Ясно, что если у = tx, то inf {А > 01 j е D] = |t| inf{A > 01 j е D}. Таким
образом, p(tx) = |р(ж). Если х е D, то очевидно, что р(ж) 1. Докажите
самостоятельно, что верно и обратное: если р(х) 1, то х е D. То, что
р — норма, следует из выпуклости множества D в силу леммы 5.16.
184
Глава 5. Неравенства
5.30. Интегральный вариант неравенства Минковского:
Доказательство практически дословно совпадает с доказательством
неравенства Минковского.
5.31.	Разделим отрезок [а; Ь] на п равных частей и обозначим через
fi и дг, г = 1,2,...,п, значения функций f и д соответственно в некото-
рой точке г-го отрезка дробления. Поскольку функции f и д являются
возрастающими, то fa /2 fn и д± <j2	9п- Следовательно,
в силу неравенства Чебышева,
4=1	4=1	4=1
Умножив обе части этого неравенства на —, получим неравенство
4=1	4=1	4=1
Осталось заметить, что в обеих частях неравенства стоят суммы Ри-
мана—Д арбу соответствующих интегралов, значит, переходя к пределу
в этом неравенстве при п —* оо, мы и получим интегральный вариант
неравенства Чебышева
/»Ь	рЬ	rb
I f(x)dx I д(х) dx (Ь — а) / f(x)g(x)dx,
a	J a	J а
Глава 6
Графы
§6.1	. Начало теории графов
Теория графов началась с работы Леонарда Эйлера, решившего
в 1736 году известную в то время задачу, называвшуюся проблемой
кёнигсбергских мостов.1 В городе Кёнигсберге было два острова, со-
единенных семью мостами с берегами реки Преголя так, как показано
на рисунке.
Задача 6.1 (о кёнигсбергских мостах). Можно ли, гуляя по Кё-
нигсбергу, пройти по каждому мосту ровно один раз?
Для доказательства обозначим каждый участок суши точкой (верши-
ной), а каждый мост — линией (ребром). Получился
«граф» 2 (см. рисунок).	/ух.
Теперь вопрос задачи можно переформулировать I I
следующим образом: можно ли нарисовать такой 4V-----------------—р
граф, не отрывая пера от бумаги и не проводя ни I \ s'
одну линию дважды? Графы, обладающие таким у
свойством, называются эйлеровыми.	В *
1Solutio problematis ad geometriam situs pertinents. Comment Xcademiae Sci. I.
Petropolitanae, 8 (1736), 128-140.
действительности это так называемый «мультиграф».
186
Глава 6. Графы
Теорема 6.1. Связный граф является эйлеровым в том и только
том случае, если он либо не содержит вершин нечетной степени, либо
имеет две такие вершины.
Термин «связный» в формулировке теоремы означает, что из любой
вершины графа можно добраться по его ребрам до любой другой (в
дальнейшем будет дано аккуратное определение). Степенью вершины
называется число примыкающих к ней ребер графа.
Необходимость приведенного условия будет вполне ясна, если решцть
следующую задачу.
Задача 6.2. Группа туристов совершила прогулку по островам ар-
хипелага, пройдя по каждому из соединяющих их мостов всего один
раз. Оказалось, что на одном из этих островов они побывали трижды.
Сколько мостов ведет с этого острова, если туристы: а) не с него на-
чали и не на нем закончили свою прогулку; б) с этого острова начали
экскурсию, но не на нем закончили ее; в) начали и закончили прогулку
на этом острове?
В случае а) туристы трижды пришли на остров и трижды с него
ушли, всякий раз использовав другой мост. Поскольку в результате все
мосты были ими пройдены, то на этот остров ведут 6 мостов. В случае
б) они, начав с этого острова, побывали на нем еще два раза. Значит,
на этот остров ведут 5 мостов. Наконец, в случае в) на остров ведут 4
моста.
В общем случае следует рассуждать аналогичным образом. Пред-
положим, что некоторую фигуру мы смогли нарисовать, не отрывая
пера от бумаги и не проводя ни одну линию дважды. Если мы начат
ли рисовать в некоторой точке, но не в ней закончили этот рисунок и
в результате побывали в ней еще к раз, то степень этой вершины равна
2fc +1, значит, она нечетна. Если мы начали и закончили рисунок в этой
точке, побывав в ней по дороге еще к раз, то ее степень равна 2к -I- 2, что
есть четное число. Наконец, степень любой другой вершины, в которой
мы побывали к раз, равна 2к. Таким образом, вершин нечетной степени
либо нет вовсе, либо же их ровно две — начальная и конечная точки
нашего рисунка.
§6.1. Начало теории графов
187
В частности, мы решили задачу о кёнигсбергских мостах. Требуемо-
го маршрута не существует, так как в соответствующем графе степень
каждой из четырех его вершин нечетна.
Достаточность условия теоремы доказывается индукцией по числу
ребер. Идея индукционного перехода станет понятной, если разобраться
с такой задачей.
Задача 6.3. Докажите, что изображенную на рисунке фигуру мож-
но нарисовать одним росчерком пера.
Начинаем рисовать в точке Vi. Вначале нарисуем окружность Ci,
затем дугу окружности С2 между точками и v2. Теперь нарису-
ем окружность С3, затем дугу окружности С2 между точками v2 и
v3. Наконец, нарисуем окружность С4 и за-
кончим окружность С2, нарисовав ее дугу
между точками v3 и i>i.
Теперь закончим доказательство теоре-
мы. Для этого сформулируем формально
более сильное утверждение. Если в графе
нет вершин нечетной степени, то его можно
нарисовать, не отрывая пера от бумаги, на-
чав и закончив рисунок в любой его точке,
а если в нем имеются две вершины нечет-
ной степени, то такой граф можно нарисовать, не отрывая пера от бу-
маги, начав рисунок в одной их них и закончив в другой. Предположим,
что это утверждение справедливо для всякого связного графа, количе-
ство ребер в котором не превосходит числа п. Рассмотрим граф с п + 1
ребрами. Сделаем предварительный набросок, начав его в любой вер-
шине, если в графе нет вершин нечетной степени, в противном случае
мы начинаем его в одной из вершин нечетной степени. Будем рисовать
произвольным образом, учитывая лишь одно условие: мы не проводим
дважды ни одной линии. Вполне возможно, что нам не удастся с пер-
вого раза нарисовать весь граф. Заметим, что закончить наш набросок
мы можем либо во второй вершине нечетной степени, либо в той же
вершине, в которой он был начат. Если из исходного графа удалить
то, что мы уже изобразили, то оставшаяся его часть будет состоять из
нескольких (возможно, одного) кусков, в каждом из которых все верши-
ны имеют четную степень. По индукционному предположению каждую
из оставшихся частей можно нарисовать, не отрывая пера от бумаги, на-
чав рисунок в любой ее точке. Отметим по точке Vi, v2,..., v* в каждом
пересечении наброска с оставшимися частями графа (рисунок. Теперь
делаем окончательный рисунок. Вначале пройдем от начальной точки
188
Глава 6. Графы
до точки обходим первую оставшуюся
часть, начав и закончив в точке гл, затем
\	\	7 проходим дугу между гл и v2, проходим
\	\ аг вторую часть, и так далее. На последнем
шаге мы рисуем дугу наброска от точки vk
\^)	( j до его конечной точки. В результате мы на-
рисовали весь граф.	□
Что общего у следующих двух задач?
Задача 6.4. Можно ли так соединить 1001 телефон, чтобы каждый
из них соединялся ровно с одиннадцатью другими?
Задача 6.5. Джон, приехав из Диснейленда, рассказывал, что там
на заколдованном озере имеются семь островов, с каждого из которых
ведет один, три или пять мостов. Можно ли утверждать, спрашивал он,
что хотя бы один из этих мостов выходит на берег озера?
Приведем сразу общую теорему, также установленную Эйлером, из
которой следуют решения этих задач. Напомним, что степенью р(у)
вершины v конечного графа называется число исходящих из нее ребер.
Теорема 6.2. В произвольном графе количество вершин нечетной
степени является четным числом.
Действительно,
52р(^ = 52 р(^ + 52
vev	p(v) четно	p(v) нечетно
Поскольку сумма	равна удвоенному числу ребер графа, то
она четна, значит, четна и вторая сумма в правой части полученно-
го равенства, поэтому число слагаемых в ней, т. е. количество вершин
нечетной степени, четно.	□
В занимательной форме эту теорему обычно формулируют следую-
щим образом: число людей, которые за свою жизнь сделали нечетное
число рукопожатий, является четным.
Задача 6.6. В тридевятом царстве из столицы ведет двадцать од-
на ковролиния (сообщение между городами происходит при помощи
ковров-самолетов), из города Дальний — одна, а из всех остальных горо-
дов — по десять. Докажите, что из столицы можно добраться до города
Дальнего, возможно, что с пересадками.
Действительно, если предположить противное, то в графе, верши-
нами которого являются все те города, в которые можно добраться из
столицы, будет всего одна вершина нечетной степени.
§ 6.2. Понятия и определения
189
§6.2	. Понятия и определения
Попробуем дать точное определение, что есть граф. На формальном
языке проще всего ввести понятие простого ориентированного графа:
это пара {V, Е}, где V — некоторое множество, а Е — подмножество
произведения V х V, не содержащее пар вида (v,v). Элементы множе-
ства V называются вершинами графа, а элементы Е — его ребрами.
Причем, если £ = (v0, vj G Е, то говорим, что — начало, a — конец
ребра €, иначе — что это ребро ведет из вершины vQ в вершину
В обоих случаях говорят, что ребро £ и вершина инцидентны. Сами
вершины v0 и Vi называются смежными. Два ребра называются смеж-
ными, если существует вершина, которой оба они инцидентны. Условие
(v, v) Е означает, что никакая вершина не является одновременно
началом и концом некоторого ребра. При графическом изображении
простого ориентированного графа на каждом его ребре ставят стрелку,
указывающую направление от его начальной вершины к конечной.
В дальнейшем мы не будем использовать настолько формализован-
ный язык. Будем считать, что граф G состоит из некоторого мно-
жества V его вершин и множества Е его ребер, каждое из которых
соединяет какие-то две вершины из множества V. Граф называется
простым, если в нем нет ребер, соединяющих вершину саму с собой,
и для любой пары его вершин существует не более одного соединяю-
щего их ребра. Понятия инцидентности и смежности звучат так же,
как и для ориентированного графа. Если допускается существование
нескольких ребер, каждое из которых инцидентно одной и той же паре
вершин, то соответствующий объект принято называть мультиграфом.
Таким образом в задаче о кёнигсбергских мостах мы имели дело с муль-
тиграфом.
Далее в основном будут рассматриваться лишь конечные графы,
т. е. графы, у которых множества V и Е конечны.
Путем в графе назовем последовательность v0,£0, Vi,...
его вершин и ребер, в которой ребро £i соединяет вершины Vi и
v<+i, i = 0,1,... ,к — 1. В действительности не было нужды упоминать
про ребра. Можно было сказать так: путь — это последовательность
Vo, v1,..., Vk вершин графа, в которой любые две соседние вершины
являются смежными. Длиной пути называется количество входящих
в него ребер. Путь называется цепью, если все его ребра различны, он
называется простой цепью если в нем нет одинаковых вершин. Если
v0 = vfc, то путь называется замкнутым. Замкнутая цепь называется
циклом. Простым циклом называется цепь, в которой начальная вер-
шина совпадает с конечной, но больше нет одинаковых вершин.
190
Глава 6. Графы
Граф называется связным, если для любых Двух его вершин суще-
ствует соединяющий их путь.
Упражнение 6.1. Докажите, что граф является связным тогда и
только тогда, когда для любых двух его вершин существует соединяю-
щая их простая цепь.
В задаче 6.6 в неявной форме появилось понятие компоненты связно-
сти графа. Более того, при ее решении использовались два различных
определения связности, эквивалентность которых очевидна на картин-
ках, но все же требует обоснования (особенно в случае, когда граф не
является конечным).
Теорема 6.3. Граф является связным тогда и только тогда, ко-
гда при любом разбиении множества V его вершин на два непустых
подмножества Vi и V2 найдется ребро, соединяющее вершину из Vi
с вершиной из V2.
Предположим, что граф связен. Пусть множество его вершин разби-
то на два непустых подмножества. Выберем по вершине в каждом из
них. По определению связности, найдется путь v0, v15..., соединяю-
щий эти вершины и0 G Vi и Vk € V2. Каждая из промежуточных вершин
лежит в одном из множеств Vi и V2, значит, найдутся две смежные
вершины Vi и vi+i, лежащие в разных множествах.
Теперь предположим, что граф связным не является, что означает,
что найдутся две его вершины v и и, которые не могут быть соедине-
ны путем. Рассмотрим множество Vi, состоящее из всех вершин графа,
которые могут быть соединены путем с вершиной v. Пусть V2 — мно-
жество V \ Vi всех оставшихся вершин. По предположению V2 / 0,
к примеру и е V2. Тогда не существует ребра, один конец которого ле-
жит в Ц, в то время, как другой — в V2.	□
Упражнение 6.2. Докажите, что отношение: u~v, если вершины
и и v могут быть соединены путем, является отношением эквивалент-
ности на множестве вершин графа.
В соответствии с результатом предыдущего упражнения, множество
вершин произвольного графа разбивается на непустые подмножества
Vi, V2,..., Vfc, при этом концы любого ребра графа всегда принадле-
жат какому-то одному из них. Следовательно, множество Е всех ребер
также разбивается на подмножества Ei, Е2,..., Ек, такие что каждое
ребро множества Ei инцидентно вершинам из Vi. Таким образом, мы
получаем графы {Ц, Ei}, каждый из которых называется компонентой
связности исходного графа.
§ 6.2. Понятия и определения
191
Назовем расстоянием d(u, v) между вершинами и и v связного гра-
фа длину кратчайшего соединяющего их пути.
Упражнение 6.3. Что можно сказать о графе, в котором для лю-
бых его вершин и и v имеет место неравенство d(u, v) 1?
Упражнение 6.4. Докажите, что d(u, v) — метрика на множестве
вершин графа.
г
Если V' С V, Е'сЕ и при этом концы любого ребра из Е' входят
в множество V', то граф {V', Е'} называется подграфом графа {V, Е}.
Упражнение 6.5. Опишите все связные подграфы графа 1^\3 ,4.
При решении этого упражнения возникает много «одинаковых» гра-
фов. К примеру, имеются 4 подграфа, состоящих просто из одной вер-
шины. В связи с этим введем следующее определение.
Графы {V, Е} и {V'jE7} называются изоморфными, если существу-
ет биекция f: V —► V' множества вершин первого графа на множество
вершин второго, такая что вершины и, v G V являются смежными тогда
и только тогда, когда являются смежными их образы /(u), f(y) е V'.
Упражнение 6.6. Сколько существует неизоморфных связных под-
графов у графа из упражнения 6.5?
Граф, в котором любые две вершины соединены ребром, называется
полным. Стандартное обозначение — Кп для полного графа с п вер-
шинами. Ясно, что полный граф с п вершинами имеем	ребер.
Задача 6.7. В течение дня шестеро сотрудников здоровались при
встрече. Какое наибольшее число встреч между ними могло произойти,
если к концу рабочего дня оказалось, что среди них нет троих, каждый
из которых поздоровался с двумя другими?
На языке графов задача звучит следующим образом. Какое наиболь-
шее число ребер может быть у графа с 6 вершинами, не содержащего
полного графа К3 (другими словами, не содержащего треугольников)?
Нетрудно понять, что такой граф может содержать 9 ребер. Действи-
тельно, разобьем вершины на две тройки и соединим каждую вершину
первой тройки с каждой вершиной второй. Получится граф, который
обозначается K3t3 (левый рисунок).
6
3
2
192
Глава 6. Графы
Докажем, что более 9 ребер граф иметь не может. Рассмотрим пару
вершин, соединенную ребром, для определенности пусть это вершины 1
и 2. Ясно, что ребер, соединяющих оставшиеся вершины, не может быть
больше 4 (правый рисунок). Теперь рассмотрим вершину 3. Поскольку
вершины 1 и 2 соединены друг с другом, то вершина 3 не может быть
соединена ребром и с вершиной 1, и с вершиной 2. Таким образом, су-
ществует не более четырех ребер, соединяющих вершины из множества
{1,2} с вершинами множества {3,4,5,6}. Следовательно, всего ребер
не больше 14-4-1-4 = 9.	*
В предыдущей задаче мы встретились с частным случаем одной тео-
ремы теории графов.
Теорема 6.4 (Туран). В графе с п вершинами, не содержащем тре-
угольников, может быть не более [—] ребер.
Упражнение 6.7. Докажите теорему Турана.
§6.3	. Паросочетания
Задача 6.8. Алеша знаком с Аней и Соней, Ваня — с Аней, Соней
и Дашей. Саша знает Валю, Соню, а Дима — только Соню. Каждый
из мальчиков хочет пригласить на танец одну
из своих знакомых. Кого должен приглашать
каждый из них, чтобы перед девочками не
встала проблема выбора партнера?
Решение на рисунке.
В этом параграфе будет сформулирована и
доказана теорема, пример к которой — это за-
дача 6.8.
Задача 6.9 (о свадьбах). Рассмотрим некоторое множество юношей,
каждый из которых знаком с несколькими девушками. Требуется же-
нить юношей так, чтобы каждый из них сочетался браком со знакомой
ему девушкой.
Теорема 6.5 (Холл). Решение задачи о свадьбах существует тогда
и только тогда, когда любые к юношей из данного семейства знакомы
в совокупности не менее чем с к девушками.
Необходимость данного условия очевидна. Доказательство достаточ-
ности проведем при помощи индукции по числу юношей.
Пусть теорема верна, если число юношей меньше т. Предположим,
что любые к юношей, 1 к < т, знакомы в совокупности не менее чем
с к + 1 девушкой. Тогда, женив любого юношу на знакомой ему девуш-
§6.3. Паросочетания
193
ке, получим, что любые к из оставшихся т — 1 юношей будут знакомы
по крайней мере с fc девушками.
Теперь предположим, что имеются fc юношей, где к < т, знакомых
всего с fc девушками. Этих юношей женить можно. Остаются еще т — к
из них.
Упражнение 6.8. Докажите, что любые £ юношей из оставшихся
знакомы не менее чем* с £ девушками.	г
Таким образом, условие теоремы Холла выполнено, и в силу индук-
ционного предположения оставшихся юношей также можно женить. □
Сформулируем теперь теорему Холла на языке теории графов.
Граф называется двудольным, если множество его вершин можно
разбить на такие два подмножества V' и V", что любое ребро рас-
сматриваемого графа соединяет вершину из V' с вершиной из V".
Примером двудольного графа является граф К3>3, появившийся при
решении задачи 6.7. Более того, это так называемый полный двудольный
граф. Общее определение: в полном двудольном графе Kp q с n = р + q
вершинами, каждая вершинами из некоторого набора р вершин соеди-
нена ребром с каждой из оставшихся q вершин.
Паросочетанием из V' в V" называется набор Л4 ребер двудольного
графа, такой что никакие два ребра из этого набора не имеют общих
вершин и для всякой вершины vf G Vf найдется примыкающее к ней
ребро £ (иначе: паросочетание — это такое инъективное отображение
V' —► V”, что для любой вершины и' 6 V' существует ребро, соеди-
няющее вершины и' и <^(v')).
Введем еще одно обозначение. Для всякого подмножества А С V1 че-
рез ФЛ будем обозначать множество всех вершин v" G V", для которых
существует вершина vf G А, соединенная ребром с вершиной и". Ясно,
что если <р — паросочетание из V' в V", то <^(А) С Фа.
Теорема Холла очевидно равносильна следующему утверждению: па-
росочетание из V' в V" существует тогда и только тогда, когда для
любого подмножества А С V' справедливо неравенство |Фа|	|А|.
Еще одно утверждение, эквивалентное теореме Холла.
Теорема 6.6. Пусть А — конечное множество, В = {Ai, А2,...
.. .,Ат} — набор его подмножеств. Множество 5 = {$i, $2,..., sm}
(все точки в котором различны), такое, что Vi Si G Aif существует
тогда и только тогда, когда объединение любых к элементов набора
В содержит не менее к элементов множества А.
Упражнение 6.9. Докажите равносильность сформулированной
теоремы и теоремы Холла.	□
194
Глава 6. Графы
Множество S = {«i, з2,...»sm}, такое что Vi Si G Ai, называется пол-
ной системой представителей набора В = {Ап А2,..., Ат} подмно-
жеств множества А.
Латинским mxn, т < п, прямоугольником называется такая матри-
ца	в которой G {1,2,... ,п}, причем все элементы любой
ее строки и любого ее столбца различны.
Упражнение 6.10. Докажите, что всякий латинский прямоуголь-
ник можно дополнить до латинского квадрата.
В заключение этого пункта приведем еще одну теорему, которая
является содержательной в случае, если рассматриваемый граф бес-
конечен.
Теорема 6.7 (Кантор—Бернштейн). Если М' — паросочетание из
V1 в V", а М" — паросочетание из Vй в V', то существует паросо-
четание М С Л4' U Л4" из V' на Vй.
Рассуждение будет проходить в подграфе исходного графа, содер-
жащем лишь ребра из объединения Л4' U Л4" исходных паросочетаний.
Поскольку к каждой вершине этого подграфа примыкает одно или два
ребра, то объединение простых цепей, имеющих общую вершину, есть
простая цепь, поэтому для любой вершины этого графа существует со-
держащая ее максимальная цепь. Возможны следующие виды таких
максимальных цепей:
а)	цепь, состоящая из одного ребра;
б)	замкнутая цепь
<$ = {v0 А, Vo А, «I, • • •, Vfc},
здесь г;», ti и V,, ti — вершины и ребра из одного из наборов V', Л4' или
V",A4" (левый рисунок);
Vo vi v2
AAA ЛА /А
Vo Vi V2	Vo	Vo
в)	неограниченная в одну сторону цепь 5 = {v0, Ль • • •} (центральный
рисунок);
г)	неограниченная цепь S = {... £_i, v0, Ль • • •} (правый рисунок).
В случаях а), б) и и г) ребра любого из паросочетаний М! или Л4"
определяют паросочетание между 5 И V' и 5 П V”. Если же цепь полу-
§6.4. Деревья
195
ограниченна и v0 е Vf (vQ eV"), то ребра из паросочетания Л4' (соот-
ветственно, из Л4") определяют искомое паросочетание.	□
Теорема Кантора—Бернштейна — это теорема из теории множеств.
Напомним, что множества А и В называются равномощными, ес-
ли между ними существует взаимно однозначное соответствие, пишем
|А| = |В|. Говорят, что мощность множества А не превосходит мощ-
ности множества В, если А равномощно некоторому подмножеству
Bi С В (пишем |Л|	|В|). В этих терминах данная теорема означает,
что если |Л| |В| и |В| |Л|, то |Л| = |В|.
§6.4	. Деревья
Задача 6.10. В лагуне семнадцать островов, а) Какое наименьшее
число мостов следует построить, чтобы с любого острова можно было
добраться до любого другого? б) Туземцы работали без плана и постро-
или двадцать мостов, соединяющих эти острова. Докажите, что можно
указать четыре таких моста, уничтожив которые, туземцы все-таки смо-
гут добраться с каждого острова до любого другого.
Ответ на вопрос пункта а) кажется очевидным — нужно построить 16
мостов. Но как доказать, что меньшим количеством мостов не обойтись?
Давайте начнем с острова, на котором стоит хижина вождя. Чтобы
попасть на следующий остров, нам необходим один мост, значит, мостов
не может быть меньше 16.
Для доказательства пункта б) поступим следующим образом. За-
жжем костер у хижины вождя. Перейдем на следующий остров, за-
жжем костер на нем и отметим пройденный мост. Далее делаем так.
Всегда найдется мост, ведущий с острова, на котором костер горит, на
остров, на котором костра еще нет. Отметим этот мост, перейдем на
следующий остров и зажжем на нем костер. В результате костры бу-
дут гореть на каждом острове, а 4 неотмеченных моста можно будет
уничтожить.
Упражнение 6.11. Приведите пример расположения мостов, в ко-
тором некоторые мосты уничтожать нельзя.
Приведем одно определение. Назовем ребро графа мостом, если при
его удалении граф становится несвязным.
Теорема 6.8. Пусть Т — граф с п вершинами. Следующие утвер-
ждения равносильны:
1)	граф Т связен и не имеет циклов;
2)	граф Т не имеет циклов и содержит п — 1 ребро;
196
Глава 6. Графы
3)	граф Т связен и содержит п — 1 ребро;
4)	граф Т связен и любое его ребро является мостом;
5)	для любых двух вершин графа Т существует единственная со-
единяющая их простая цепь;
6)	в графе Т нет циклов, но добавление еще одного ребра приводит
к графу, в котором циклы существуют.
Граф, удовлетворяющий одному из свойств 1)-6), будем называть
деревом.
Лемма 6.9. В конечном графе без циклов существует вершина,
степень которой не превосходит единицы.
Будем считать, что вершин нулевой степени, т. е. из которых не вы-
ходит ни одного ребра, в графе нет. С наглядной точки зрения лемма
совершенно очевидна: если мы пойдем по графу, то поскольку мы не мо-
жем попасть в уже пройденную вершину, где-то наш путь закончится,
что и может произойти лишь в вершине степени один.
Приведем теперь более формальное доказательство данной леммы.
Фиксируем вершину vQ 6 V и сопоставим вершине v € V целое число
т(у), равное числу ребер в простой цепи, соединяющей вершины v0 и и.
Пусть Vi — одна из вершин, для кото-
рых значение m(v) — максимально воз-
можное в данном графе.
vi Предположим, что из иг выходят два
ребра, соединяющих эту вершину с вер-
шинами V1 и v" (рисунок). Поскольку
m(v'),m(v") m(vi), то цепи, соединя-
ющие вершины v', v" с v0, не могут про-
ходить через вершину Vi, откуда следует, что в рассматриваемом графе
имеется цикл.	□
Докажем импликацию 1) => 2), т. е. докажем формулу |V| — |Е| = 1,
связывающую число вершин и ребер дерева. Как будет видно из даль-
нейшего, эта формула есть частный случай формулы Эйлера для плос-
ких графов. Доказательство проведем при помощи индукции по числу
п вершин графа Т. При п = 1 все очевидно. Рассмотрим связный и не
имеющий циклов граф Т с п -I-1 вершинами. В силу доказанной леммы
найдется вершина vx, к которой примыкает единственное ребро £г. Рас-
смотрим граф Г', в котором V' = V \vb Е' = Е \ £г. Граф Т' связен,
не имеет циклов и имеет п вершин. По индукционному предположению
1 = | V'| - |Е'| = (IV| - 1) - (|Е| - 1) = IVI - |Е|.
Упражнение 6.12. Докажите теорему 6.8.	□
§6.4. Деревья
197
Граф называется лесом, если каждая его компонента является дере-
вом.
Упражнение 6.13. Выведите формулу, связывающую число вер-
шин, число ребер и число компонент произвольного леса.
Назовем остовом связного графа его связный подграф с наимень-
шим числом ребер, содержащий все вершины данного графа. Цо су-
ществу, в решении второго пункта задачи 6.10 и был построен остов
графа.
Теорема 6.10. Всякий связный граф обладает остовом. Любой
остов графа является деревом, содержащим все его вершины.
Упражнение 6.14. Докажите теорему 6.10.	□
Предположим, что дано взаимно однозначное соответствие между
вершинами графа и некоторым множеством точек плоскости, пусть
также каждому ребру этого графа соответствует ломаная, соединя-
ющая соответствующие точки. Если эти ломаные не имеют общих
внутренних точек, то будем говорить, что имеется плоская реализация
данного графа (под которой мы также будем понимать и объединение
всех его ребер-ломаных), или, менее формально, что данный граф вло-
жен в плоскость.
Упражнение 6.15. Докажите, что любое дерево имеет плоскую ре-
ализацию.
Теорема 6.11. Если L — плоская реализация дерева Т, то множе-
ство L не разбивает плоскость, т. е. любые две точки из множества
R2 \ L можно соединить ломаной, не пересекающей L (как принято
говорить, множество R2 \ L связно при помощи ломаных).
Это утверждение представляется
очевидным, но если посмотреть на ри-
сунок, то из изображенного на нем ла-
биринта найти выход не так-то легко
(кстати, слово «лабиринт» употребле-
но здесь по-существу).
Доказательство, как обычно, прове-
дем при помощи индукции, в данном
случае по числу ребер дерева. Будет
удобно ввести дополнительные вершины на данном дереве так, что-
бы каждое ребро его плоской реализации являлось просто отрез-
ком. База индукции очевидна. Пусть L — плоская реализация дере-
ва, имеющего п +1 ребро. В силу леммы 6.9, в L существует точ-
198
Глава 6. Графы
ка и, к которой примыкает лишь один отрезок пусть L' — де-
рево, полученное из L отбрасыванием вершины и и ребра £. Рас-
смотрим точки Р, Q G R2 \ По индукционному предположению
существует ломаная 1\, соединяющая точ-
ки Р и Q, Г1СК2\1/, следовательно,
Г1 И L = Г1 A £. Пусть М — ближайшая
к вершине и точка в пересечении Г П £,
as — содержащее ее звено ломаной 1\.
Заменив отрезок АВ в звене з ломаной
Г1 на ломаную ACDB (рисунок), полу-
чим ломаную Г2, имеющую с деревом L
на одну точку пересечения меньше. Про-
должая рассуждение, получим ломаную, не пересекающуюся с деревом
L (строго говоря, следовало провести еще одно рассуждение по индук-
ции, на этот раз по числу точек в пересечении Г ПI).	□
§6.5	. Формула Эйлера и эйлерова характеристика
Далее, для простоты, будем говорить просто о графах, лежащих
в плоскости, на сфере и т. п.
Теорема 6.12 (Эйлер). Пусть G — связный граф на плоскости:
GcR2, F — множество компонент связности дополнения R2 \ G.
Справедлива следующая формула — формула Эйлера:
|V| - |Е| + |F| = 2.
Проведем индукцию по числу ребер графа G. Заметим прежде все-
го, что доказанную в предыдущем пункте формулу можно записать
в виде |V| — |Е| + 1 = 2. Поскольку дополнение любого дерева L в плос-
кости состоит из одной компоненты связности, эта формула является
частным случаем формулы Эйлера. Следовательно, мы вправе предпо-
ложить, что граф G — не дерево, значит, в нем найдется ребро /?, не
являющееся мостом. Удалив его, мы получим граф G', для которого
по индукционному предположению верна формула |V'| — |Е'| + |F'| = 2.
Осталось заметить, что |Е'| = |Е| — 1, и, поскольку ребро £ делит од-
ну из компонент дополнения R2 \ G' на две, то \Ff | = |F| — 1, поэтому
|V| - \Е\ + |F| = 2.	□
Упражнение 6.16. Обобщите формулу Эйлера на случай произ-
вольного плоского графа.
Задача 6.11. Баба-Яга, Змей Горыныч и Кащей Бессмертный по-
ссорились друг с другом и желают ходить к колодцам с живой, мертвой
§6.5. Формула Эйлера и эйлерова характеристика
199
и питьевой водой от своих избушек каждый по своей тропинке. Смогут
ли они проложить тропки так, чтобы те не пересекались?
В действительности дать строгое доказательство невозможности нам
не удастся, поскольку трудно определить, что же такое — кривая, ду-
га... Следовало бы ограничиться случаем, когда тропинки являются
ломаными, однако мы просто будем считать, что дуга — это «кривой
отрезок» и что формула Эйлера верна в случае, когда ребра являются
дугами.
Таким образом, вопрос в следующем: существует ли плоская реали-
зация графа K3f3?
В этом графе 6 вершин, |V| = 6, и 9 ребер, |F| = 9. Если его плоская
реализация существует, то каждая из областей, на которые он разбивает
плоскость, является по крайней мере четырехугольником. Из формулы
Эйлера получаем, что |F| = 5. Далее, поскольку каждое ребро является
стороной в двух областях, то удвоенное число ребер не может быть
меньше 4 • 5 = 20, а в нашем графе ребер всего 9.
Упражнение 6.17. Докажите, что граф К5 (полный 5-граф) нель-
зя вложить в плоскость.
В действительности в работе Эйлера рассматривались выпуклые
многогранники. Об этом говорят даже сами термины: вершины, ребра,
грани. Мы выведем из доказанной теоремы 6.12 следующее утвержде-
Лемма 6.13. Формула Эйлера справедлива для графов, расположен-
ных на сфере S2.
Выберем некоторую точку N G S2 \ G, пусть Р — диаметрально про-
тивоположная ей точка сферы. Расположим плоскость так, чтобы она
касалась сферы в точке Р.Сопоставим точке А плоскости точку пере-
сечения отрезка NA со сферой. Определенное таким образом соответ-
ствие множества S2 \ N и плоскости является взаимно однозначным.
Тем самым графу G на сфере можно сопоставить граф G' в плоскости
(и наоборот), причем |V| = |V'|, |Е| = |F'|, |F| = |F'|.	□
200
Глава 6. Графы
Следствие. Формула Эйлера справедлива для выпуклых многогран-
ников.
Действительно, расположив данный многогранник внутри сферы и
спроектировав его на эту сферу из некоторой точки, лежащей внутри
многогранника, получим граф на сфере, у которого число вершин и
ребер совпадает, соответственно, с числом вершин и ребер многогран-
ника, а число областей, на которые образы ребер разбивают сферу —
это в точности число граней данного многогранника.	□
Теорема 6.14. Существует не более пяти типов правильных мно-
гогранников.
Собственно говоря, мы докажем, так сказать «топологическую» вер-
сию этой теоремы. Именно, будет доказано, что существует пять воз-
можных значений пар (n, д), где п — это число сторон каждой грани
многогранника, a q — степень каждой из его вершин. С другой стороны,
имеется теорема Коши, из которой следует единственность выпуклого
многогранника с заданными гранями.
Пусть каждая грань многогранника является n-угольником и в каж-
дой его вершине сходятся q ребер. Так как |F|n = 2|E| = |V|g, то из
формулы Эйлера следует, что
2—— |Е| + 2—= 2, т.е. 1 + 1 =	+ 1
q 1 1 п	п q \Е\	2
Поскольку п, и ^ + ^ > |, полУчаем следующие пять вариантов
для значений п и q.
п	3	3	4	3	5
Q	3	4	3	5	3
Чтобы доказать, что все указанные значения действительно реализу-
ются, нужно построить многогранник с указанными п и q.
В случае первых трех пар значений искомые многогранники — это
тетраэдр, октаэдр и куб, оставшиеся два значения также реализуются;
соответствующие многогранники — это икосаэдр и додекаэдр. □
§6.6	. Формула Пика
В этом параграфе мы получим неожиданное применение формулы
Эйлера к задаче вычисления площади многоугольника. Напомним, что
в главе 4 было доказано, что площадь параллелограмма, построенного
на векторах а(а, Ь) и с(с, d), равна \ad — bc\.
§ 6.6. Формула Пика
201
Рассмотрим на плоскости решетку L, состоящую из всех точек с це-
лочисленными координатами. Будем говорить, что векторы а(а, 6) и
с(с, d) образуют базис решетки L, если она совпадает с множеством
концов векторов ха + ус, где х, у 6 Z.
Лемма 6.15. Векторы а{а,Ь) и с(с, d) с целочисленными коор-
динатами образуют базис решетки L тогда и только тогда, когда
|ad —Ьс| = 1.
Пусть |ad — bc\ = 1. Покажем, что всякий вектор, координаты (fc,/?)
которого суть целые числа, можно представить в виде линейной комби-
нации ха(а, b) + yc(c, d), где числа х и у являются целыми. Рассмотрим
систему
ах + су = fc,
bx + dy = £.
Умножим первое уравнение системы на d, второе — на (—с) и сложим
их. Получим, что (ad — Ьс)х = dk — с£, откуда х =± (dfc — с€), что есть
целое число. Аналогичным образом и значение у является целым.
Теперь докажем обратное утверждение. Ясно, что числа а и 6, а
также числа end, являются взаимно простыми. Положим р = ad —
— be. Поскольку векторы a(a, Ъ) и с(с, d) образуют базис решетки L, то
система
ах + су = fc,
bx + dy = £.
к
имеет целочисленное решение при любых целых к и £. Как было по-
казано выше, рх = dk — с£, следовательно, dk — cl делится на р при
любых целых к и £. Положив fc = 1 и £ = 0, получим, что d делится на
р, положив fc = 0 и £= 1, получим, что на р делится число с. Так как
с и d взаимно просты, то отсюда следует, что р =± 1.	□
Теорема 6.16. Площадь параллелограмма с вершинами в точках
целочисленной решетки L равна 1 тогда и только тогда, когда в этом
параллелограмме нет более ни одной другой точки этой решетки.
Мы вправе считать, что одной из вершин параллелограмма является
начало координат. Обозначим через a(a, Ь) и с(с, d) векторы, идущие по
сторонам параллелограмма. Предположим, что площадь S = \ad — Ьс\
параллелограмма равна 1. В силу леммы 6.15, векторы а и с образуют
базис решетки L. Если на контуре параллелограмма или внутри него
находится еще одна точка М решетки, то коэффициенты разложения
вектора ОМ по векторам а и с не будут целыми, что противоречит
тому, что {а, с} — базис решетки.
202
Глава 6. Графы
Теперь докажем обратное утверждение. Рассмотрим множество то-
чек вида жа+ ус, х,у€ Z, которое, очевидно, лежит в данной решетке L.
Докажем, что оно с ней совпадает. Действительно, в противном случае
некоторая точка решетки лежала бы в параллелограмме с вершинами
в точках ха + ус, (х + 1)а+ ус, жа+ (у + 1)с и (ж + 1)а+ (у + 1)с. Но
тогда и в исходном параллелограмме найдется точка решетки, отличная
от его вершин. Таким образом мы показали, что набор {а, с} является
базисом решетки L, откуда и следует, что площадь параллелограмма
равна 1.	< □
Следствие. Площадь треугольника с вершинами в точках цело-
численной решетки, ни на границе, ни внутри которого нет других
точек этой решетки, равна |.
Теорема 6.17 (Пик). Рассмотрим многоугольник, вершины кото-
рого расположены в точках целочисленной решетки L. Предположим,
что на его контуре имеются и0 точек решетки, и еще Vi точек ре-
шетки находятся внутри него. Тогда площадь S этого многоугольни-
ка равна
S = V1 + ^-l.
А
Разрежем данный многоугольник на треугольники с вершинами во
всех точках решетки, лежащих на контуре и внутри этого многоуголь-
ника (рисунок). Количество / получившихся треугольников найдем
из формулы Эйлера: f — е + v = 1, здесь v = v0 +	—
общее число имеющихся точек решетки, е — общее
число отрезков. Пусть е = е0 + elf где е0 — число от-
/ / / резков, лежащих на сторонах данного многоугольника,
/— число отрезков, лежащих внутри него. Посколь-
ку / /7 ку, очевидно, что и0 = е0, то е = и0 + ех. Дрлее, так как
/ каждый из отрезков, лежащих внутри многоугольни-
r V ка, является стороной ровно двух треугольников раз-
биения, а отрезки, лежащие на его контуре, являют-
ся сторонами ровно одного треугольника, то 3/ = 2ei+e0. С дру-
гой стороны, в силу формулы Эйлера, 3/ = 3 + Зе — 3v. Из равенства
3 + 3ei + Зе0 — 31?! — 3v0 = 2ci + е0 получаем, что ei = v0 +	— 3. Посколь-
ку площадь каждого из треугольников разбиения, в силу следствия
из теоремы 6.16, равна то площадь всего многоугольника равна
S = ^ = |(1 + е - v) = |(1 + ei - V1) =
= К (1 + ^0 + 31?! — 3 — Vi) = Vx + 7^ — 1.	□
§6.7. Теорема Жордана
203
§6.7	. Теорема Жордана
Взглянем на формулу Эйлера с несколько другой точки зрения.
Именно, эта формула означает, что для любого связного графа G на
сфере число | V| — |Е\ + |F| не зависит от графа, следовательно, то, что
это число равно двум, является свойством сферы! (Математики говорят,
что эйлерова характеристика сферы равна двум.) Естественно было 0ы
ожидать, что аналог этого свойства справедлив и для других поверхно-
стей, к примеру, для тора. Однако нетрудно видеть, что граф Д можно
вложить в тор двумя принципиально различными способами, в одном
из которых |F\ = 2, а в другом |F| = 1 (к графу Д можно так добавить
ребро, что еще одна область в дополнении этого графа не появится).
Почему же дополнительная область обязана появиться в случае, если
граф расположен на плоскости или на сфере? Каким свойством этих
пространств мы неявно пользовались?
В доказательстве теоремы 6.12 использовалось следующее наглядно
очевидное утверждение, известное как теорема Жордана.
Теорема 6.18 (Жордан). Многоугольник (т. е. простая замкнутая
ломаная) разбивает плоскость на две области.
Требуется доказать, что если L — простая замкнутая ломаная на
плоскости, то R2 х L = U U V, где U и V — две такие области, что две
любые точки, взятые в одной из них, можно соединить ломаной, не пе-
ресекающейся с L, а точки, лежащие в различных областях, соединить
таким образом невозможно.
Интуитивно ясно, что точки могут быть
«внутренними» и «внешними» относительно
многоугольника. Различить их можно по чис- //
лу пересечений с контуром многоугольника ис- /	\	/
ходящих из них лучей (рисунок).	\	/
Доказательство теоремы Жордана, которое	\<
будет намечено далее, было предложено Д. Гильбертом [7] и интересно
тем, что в нем используется такое общематематическое понятие, как
степень точки относительно кривой (в данном случае — степень по мо-
дулю два относительно простой замкнутой ломаной).
Пусть М L и t — луч, исходящий из точки М. Предположим вна-
чале, что этот луч не проходит ни через одну из вершин многоугольни-
ка L, и определим индекс луча t относительно этого многоугольника
следующим образом:
1{М L-1) — 0’ еСЛИ число L\ четно,
’ ’	1, если число \t П L\ нечетно.
204
Глава 6. Графы
(Здесь, как обычно, |t П L\ обозначает число точек пересечения луча
с данным многоугольником).
Будем использовать далее то, что любая прямая разбивает плоскость
на две полуплоскости, поэтому имеет смысл говорить об отрезках, ле-
жащих по одну и по разные стороны от луча. Пусть луч t проходит
через вершину А 6 L. Возможны следующие варианты расположения
звеньев ломаной L, смежных с этой вершиной (рисунки а)-г)).
а) \ / б) / в) \ / г) „ /
У	А^ Ув
/—	/У	AJ~~~.	А1—~.
mJ mJ	м J	'	м J
В первом и третьем случаях считаем, что луч t имеет одну точку
пересечения с L, во втором и четвертом — что он их вообще не имеет.
Для доказательство теоремы Жордана сформулируем ряд вспомога-
тельных утверждений.
Лемма 6.19. Число	не зависит от луча t.
Проведем из точки М лучи, проходящие через каждую из вер-
шин данного многоугольника. Пусть tx и t2 — два соседних луча.
Поскольку в угле между ними нет вершин многоугольника L, то пе-
*	ресечение L с этим углом является объединением
/	отрезков, концы которых лежат на этих лучах (ри-
/X.	сунок).
/	t2 Ясно, что разность |tx П L\ — |t2 П L\ есть число
четное (конечно, если принять во внимание особые
случаи), поэтому Z(M,L;tx) = T(Af,L;t2). О
В соответствии с результатом этой леммы далее
будем говорит об индексе Т(М, L) точки относи-
тельно простой замкнутой ломаной.
Лемма 6.20. Если точки А и В можно соединить ломаной, не
пересекающей многоугольник L, то I(A,L) = I(B,L).
Пусть А = Ро, Pi,..., Рп = В — вершины ломаной, соединяющей точки
А и В. Так как отрезки PiPi+i не пересекают L, то луч [Р^Р^) и
содержащийся в нем луч с вершиной в точке Pi+X имеют равное число
точек пересечения с L, а значит, Z(A, L) = I(PUL) = ... = Z(B, L). □
В следующих двух леммах предполагается, что отрезок АВ пере-
секает данный многоугольник L в одной точке, не являющейся его
вершиной.
§ 6.8. Графы для самых маленьких
205
Лемма 6.21. I(A, L) / Z(B, L).
Упражнение 6.18. Докажите лемму 6.21.	□
Лемма 6.22. Любую точку плоскости, не лежащую на многоуголь-
нике, можно соединить ломаной, не пересекающей этот многоуголь-
ник, либо с точкой А, либо с точкой В.
Доказательство основано на теореме 6.11. Пусть £ — одна из сторон
многоугольника L. Удалив ее из L, мы получим простую незамкнутую
ломаную. Поскольку простая незамкну-	D „
ti	_ Г)
тая ломаная является деревом, то суще-	\
ствует ломаная Г, соединяющая некото-	\	/
рую точку Р L с точкой А, причем /	\ АЛ
Г П L = Г П £. Пусть М — это первая точка / А \
пересечения ломаной Г с многоугольни- /	\
ком L, считая от точки Р, а Гх — «от- /	\
резок» ломаной Г от Р до М (рисунок).
Пусть С — точка на Г15 близкая к М. Ясно, что С можно соединить
либо с А, либо с В ломаной, не пересекающей многоугольник L. □
Докажем теорему Жордана. Пусть
C7 = {P€R2\L|Z(P,L) = 0} и V = {PeR2 \ L |T(P,L) = 1},
а АВ — отрезок, пересекающий многоугольник L в точке, не являю-
щейся его вершиной. Из доказанных лемм следует, что U, V / 0 (лем-
ма 6.21) и что, если Р eU, a Q eV, то эти точки нельзя соединить
ломаной в R2 \ L (лемма 6.20). Пусть A,P,QeU и В eV. В силу лем-
мы 6.22, точки Р и Q можно соединить с одной из точек А или В,
но их можно соединить только с А, следовательно, Р соединяется с Q
ломаной, не пересекающей данный многоугольник.	□
Упражнение 6.19. Докажите, что если пересечение контуров двух
многоугольников состоит из конечного числа точек, ни одна из которых
не является вершиной, то число этих точек четно.
§6.8	. Графы для самых маленьких
Задача 6.12. Можно ли, сделав несколько ходов конями из ис-
ходного положения, изображенного ниже на левом верхнем рисунке,
получить такое, какое изображено на соседнем с ним?
Очевидно, что это сделать нельзя, однако как эту очевидность дока-
зать? Обозначим цифрами 1,2,..., 9 клетки доски так, как показано на
правом верхнем рисунке и сопоставим им точки на плоскости.
206
Глава 6. Графы
1	4	7
2	5	8
3	6	9
Если из одной клетки можно попасть в другую за один ход коня,
соединим соответствующие точки отрезком. Исходная и итоговая рас-
становки коней изображены на нижних рисунках. Поскольку в исходной
расстановке белые кони являлись соседями, а в итоговой между ни-
ми расположен черный конь, то переставить коней требуемым образом
невозможно.
Задача 6.13. Путник, у которого есть волк, коза и капуста, подошел
к реке. У берега реки стоит плотик, который может удержать на плаву
только путника и волка, путника и козу, или же его с капустой. Пут-
ник не может оставлять наедине ни волка с козой, ни козу с капустой.
Как же ему перебраться на другой берег, чтобы его собственность не
претерпела ущерба?
Решение данной задачи нетрудно найти в уме, однако дадим ему и
графическую интерпретацию. Изобразим точками «состояния» в про-
цессе переправы: к примеру, обозначение ВКоКа\ означает, что на
берегу, к которому подошел путник, находится вся его собственность.
Отрезки на рисунке означают, что путник без ущерба для себя может
перевести эту собственность из одного состояния в другое. Решение
состоит в указании пути из состояния ВКоКа\ к состоянию \BKoKa
(выделен на рисунке).
Итак, во всех рассмотренных задачах оказалось полезным привести
графическую иллюстрацию условия, т. е. ввести граф, соответствующий
данной задаче.
§6.9. Двоичные кучи
207
Еще одна несложная задача [9].
Задача 6.14. В стране Алфавит десять городов: А, Б,..., К и десять
дорог, соединяющих города А и Б, Е и Г, В и Д, И и Б, Ж и К, 3 и Д,
Е и А, К и В, И и Г, Ж и 3. Можно ли по этим дорогам проехать из
города А в город К?
Нарисовав граф, вершины которого — города, а ребра — соединя-
ющие их дороги (рисунок), мы ясно видим, что проехать из А в К
невозможно.
§6.9	. Двоичные кучи
Будем называть двоичным деревом ([15]) граф следующего вида:
1
При этом вершины графа нумеруются слева направо и сверху вниз так,
как показано на рисунке. Вершину с номером 1 будем называть корнем
дерева. Если d(v, vj = fc, то будем говорить, что вершина v находится
на fc-ом уровне дерева. Таким образом, корень (и только он) находится
на нулевом уровне, на первом уровне дерева располагаются вершины
с номерами 2 и 3, и так далее.
Упражнение 6.20. Докажите, что в двоичном дереве с п верши-
нами:
1)	на fc-ом уровне лежат вершины с номерами от 2fc до 2fc+1 — 1 (на
последнем — с номерами от 2к до п);
2)	имеется [log2 n] + 1 уровней;
3)	под вершиной с номером г располагаются вершины с номерами
2г и 2г + 1.
208
Глава 6. Графы
Оказывается, что структура двоичного дерева позволяет лучше по-
нять, каким образом удобно хранить определенную информацию. Рас-
смотрим такую задачу. Предположим, что имеется очередь из заданий,
каждому из которых приписан некоторый приоритет. Как только по-
является возможность выполнить задание, то первым начинает обраба-
тываться задание, имеющее наивысший приоритет. Таким образом, для
нас важно быстро найти задание с максимальным приоритетом.
Двоичной кучей называется последовательность ai,a2,... ,ап, в ко-
торой ak CL[k/2] при всех к = 2,3,..., п. В силу результата упражне-
ния 6.20, данное условие имеет прозрачный наглядный смысл. Именно,
если расположить элементы последовательности в соответствующих
вершинах двоичного дерева, то каждый из элементов не больше того,
что лежит непосредственно над ним. На следующем рисунке изображе-
на двоичная куча 12,10,5,4,7,1,1,2,3.
Упражнение 6.21. Докажите, что первый элемент в двоичной куче
не меньше каждого из остальных.
Теперь нам надо научиться решать две задачи. Каким образом можно
добавить элемент так, чтобы новый набор остался кучей? Какое преоб-
разование необходимо сделать при удалении элемента так, чтобы
новый набор остался кучей?
Алгоритм 1. Итак, пусть ах, а2,..., ап — это куча. Первый шаг ал-
горитма заключается в следующем. Положим £ = п + 1 и значение
. Если ак < а€, то надо поменять
равным новому числу. Пусть к = £ |
значения элементов ак и а£ и положить £ = к.С точки зрения двоичного
дерева мы сделали следующее: сравнили между собой значения в его
последней (новой) вершине и в вершине, находящейся непосредственно
над ней. При этом, если значение внизу больше того, что стоит над
ним, то мы меняем их местами. На следующем шаге следует сравнить
между собой элементы с номерами к и [|], и так далее. К примеру,
при добавлении элемента 8 к рассмотренной ранее двоичной куче нам
придется сделать всего 2 сравнения.
§6.9. Двоичные кучи
209
Упражнение 6.22. Найдите двоичную кучу, которая получится при
добавлении элемента 11 к куче 12,10,5,4,7,1,1,2,3 в результате при-
менения описанного алгоритма.
Лемма 6.23. Количество сравнений, которое необходимо произве-
сти для построения кучи при добавлении элемента к двоичной куче
длины п, не больше, чем [log2(n + 1)].
На каждом шаге алгоритма мы сравниваем значения в вершинах со-
седних уровней. Поскольку их всего [log2(n + 1)] + 1, то в наихудшем
случае нам придется сделать [log2(n+l)] сравнений.	□
Алгоритм 2. Итак, пусть ах, а2,..., ап — это куча. Мы удалили из
нее ее наибольший элемент, которым является ах. Поставим на его место
Последний элемент ап, сохранив остальные значения элементов. Таким
образом, мы изменили значение только в вершине дерева. Выберем наи-
большее из чисел а2 и а3 и, если оно больше ах (а это, на первом шаге,
конечно, так), то поменяем местами значения в соответствующих вер-
шинах. К примеру, пусть а3 = шах{а2, аз} > ах. Меняем между собой
значения ах и а3. На следующем шаге между собой следует сравнить
значения а3 и шах{а6,а7}. Если второе больше, то снова поменяем ме-
стами соответствующие значения, и так далее. Другими словами, мы
опускаем элемент ап по веткам дерева до тех пор, пока полученная
последовательность не станет двоичной кучей.
Упражнение 6.23. Найдите двоичную кучу, которая получится при
удалении 12 из кучи 12,10,5,4,7,1,1,2,3 в результате применения опи-
санного алгоритма.
Лемма 6.24. Количество сравнений, которое необходимо произве-
сти для построения кучи после удаления наибольшего элемента из
двоичной кучи длины п, не больше, чем 2[log2n].
Доказательство аналогично доказательству предыдущей леммы. Все
отличие в том, что в наихудшем случае на каждом шаге алгоритма нам
придется сделать два сравнения.	□
Предположим, что у нас имеется некоторая последовательность чи-
сел. Во многих случаях бывает важно переставить ее элементы с тем,
чтобы последовательность стала упорядоченной. Алгоритмы подобно-
го вида называются сортировками. Простейший алгоритм сортировки
заключается в следующем. Сравним между собой значения аг и а2,
если первое из них больше второго, то меняем местами их значения.
Далее мы сравним между собой а2 и а3, и положим а3 равным боль-
шему из них, а а2 — меньшему, и так далее. В результате значение ап
станет равным наибольшему из значений ах, а2,..., ап. На следующем
210
Глава 6. Графы
шаге мы установим значение an_i равным наибольшему из значений
a'i,a2,... ,а^_х, и так далее. В следующей таблице приведен пример
применения описанного алгоритма.
2 5 8 9 7 3
2 5 8 7 3 9
2 5 7 3 8 9’
2 5 3 7 8 9
2 3 5 7 8 9
Упражнение 6.24. Сколько сравнений придется сделать в наихуд-
шем случае при сортировке посредством описанного алгоритма?
Лемма 6.25. Для построения упорядоченной последовательности
из элементов двоичной кучи требуется произвести не более, чем
2[nlog2 сравнений.
Предположим, что у нас имеется двоичная куча. Ее наибольшим эле-
ментом является ах. Удалим его и применим алгоритм 2 построения
двоичной кучи, на что нам потребуются 2 [log2 п] сравнений. Наиболь-
шим элементом новой кучи (вторым по величине в исходной) также
является элемент ах. Теперь удалим и его. Подсчитаем общее число
сравнений. В наихудшем случае оно равно
2([log2 n] + [log2(n - 1)] + ... + [log2 2])	2[log2(n!)] 2 [nlog2
(в силу неравенства 2 задачи 5.2).	□
Обратите внимание, что уже при п = 1000 имеется огромная разница
между числом 2п log2 п « 20 000 и числом ^-=500000 (см. решение
упражнения 6.24).
Для построения сортировки на основе двоичных куч осталось найти
эффективный алгоритм построения двоичной кучи из элементов данной
последовательности.
Алгоритм 3. Шаг алгоритма заключается в следующем. Предполо-
жим, что являются двоичными кучами подпоследовательности данной
последовательности, заданные двоичными поддеревьями исходного де-
рева с корнями в вершинах с номерами 2т и 2т -4-1. Проделывая такие
же операции, как и в алгоритме 2 (но не удаляя никаких элементов), мы
в результате получим, что подпоследовательность данной последова-
тельности с корнем в вершине т является двоичной кучей. Теперь опи-
шем алгоритм. Пусть задана последовательность длины n, a k = [log2 п].
Рассмотрим подпоследовательности с номерами 2*-1,2*, 2* + 1 и номе-
рами 2fc~1 4-1,2k -4- 2,2к 4- 3, и так далее. Сделав шаг алгоритма, мы
Дополнительные задачи
211
получим, что из каждой из них построена двоичная куча. С нагляд-
ной точки зрения произошло следующее. Двоичными кучами являют-
ся последовательности, соответствующими вершинам исходного дерева
с корнями в вершинах (к—1)-го уровня. Теперь рассмотрим последова-
тельности, заданные вершинами, корнями которых являются вершины
' предыдущего уровня и сделаем шаг алгоритма. И так далее.
Упражнение 6.25. Примените алгоритм 3 для построения двоич-
ной кучи из последовательности 1,2,5,3,8,6,10,2,9.
Обозначим через Г(п) число сравнений, которые в наихудшем случае
придется произвести для построения двоичной кучи из последователь-
ности длины п.
Упражнение 6.26. Докажите, что
ч	Т(2к - 1) = 2T(2fc"1 - 1) + 2к - 2.
Получите также явную формулу для чисел Т(2к — 1).
Теорема 6.26. Алгоритм сортировки массива длины п посред-
ством построения двоичной кучи требует порядка 2nlog2n сравне-
ний.
Доказательство следует из леммы 6.25 и обобщения результата
упражнения 6.26. Читатель может доказать, что для построения двоич-
ной кучи из массива длины п требуется порядка 2п сравнений. Значит,
основной вклад в трудоемкость сортировки дает задача упорядочения
массива, заданного в виде двоичной кучи.	□
Дополнительные задачи
Задача 6.15. Известно, что:
А. Ни одна рыба не уверена в своем вооружении, если она не имеет
трех рядов зубов.
Б. Ни одна акула не сомневается в том, что она хорошо вооружена.
В. Рыба, которая не умеет танцевать кадриль, заслуживает состра-
дания.
Г. Все рыбы, кроме акул, ласковы с детьми.
Д. Тяжелые рыбы не умеют танцевать кадриль.
Е. Рыба, имеющая три ряда зубов, не заслуживает сострадания.
Можно ли тогда утверждать, что тяжелые рыбы ласковы с детьми?
212
Глава 6. Графы
Задача 6.16. а) Какое наименьшее число раз придется ломать ку-
сок проволоки длиной 120 см, чтобы изготовить из него каркас куба
с ребром 10 см? б) Какую наименьшую длину должен иметь кусок
проволоки, чтобы, не ломая его, можно было изготовить каркас такого
куба?
Задача 6.17. Можно ли так расположись на плоскости девять от-
резков, чтобы каждый из них пересекался ровно с тремя другими?
Задача 6.18. Существует ли выпуклый стоодингранник, каждая
грань которого является тре-, пяти- или семиугольником?
Задача 6.19. а) По кругу расположены одиннадцать сцепленных
друг с другом шестеренок. Могут ли они вращаться? б) Сможет ли
вращаться такая система, если шестеренок двенадцать? (Число зубцов
на них может быть различным.) в) Найдите условие, при котором может
вращаться система из расположенных в плоскости и каким-то образом
сцепленных друг с другом шестеренок?
Задача 6.20. В некотором государстве каждые два города соеди-
нены всего одной дорогой: это либо шоссе, либо железная дорога.
Докажите, что можно выбрать один вид транспорта — автобус или
поезд так, чтобы из любого города в любой другой можно было про-
ехать, заезжая по дороге не более чем в два других города и используя
только этот вид транспорта.
Задача 6.21. Докажите, что во всяком графе (у которого не менее
двух вершин) имеются две вершины одинаковой степени.
Задача 6.22. Докажите, что граф с 2п — 1 вершинами, степень каж-
дой из которых не меньше п, является связным.
Задача 6.23. Докажите, что граф с п вершинами и более чем
(п - 1)(п - 2)
-----2---- ребрами является связным.
Задача 6.24. Докажите, что в графе с 2п вершинами, где п 2,
в котором степень каждой вершины не меньше п, найдутся ребра, об-
разующие четырехугольник.
Задача 6.25. На каждой из сторон листа бумаги нарисованы кар-
ты, состоящие из одинакового числа равновеликих (по площади) стран.
Докажите, что можно так проткнуть этот лист иголкой, что каждая
страна (на обеих сторонах листа) будет проткнута лишь один раз.
Задача 6.26. У князя Гвидона было три сына. У пятидесяти его по-
томков было по два сына, а все остальные умерли бездетными. Сколько
потомков было у князя Гвидона?
Комментарии педагогического характера
213
Задача 6.27. В дереве имеется одна вершина степени 2, несколько
вершин степени 3, а все остальные вершины имеют степень 1. Сколько
всего вершин в этом дереве?
Задача 6.28. Даны натуральные числа fci, fc2,..., fcn, такие что их
сумма равна 2п — 2. Докажите, что существует дерево с п вершинами,
степени которых равны данным числам ki.
Задача 6.29. Докажите, что две ломаные в квадрате, одна из кото-
рых соединяет вершину А с вершиной С, а другая — вершины В и Z>,
имеют общие точки.
Комментарии педагогического характера
Как было нетрудно заметить, речь в данной главе идет не о «теории
графов», а о графах как об интересных математических объектах, ко-
торые, с одной стороны, чрезвычайно наглядны и естественны, а с дру-
гой — все же являются математической абстракцией. Первая из этих
характеристик достаточно ясна. Чтобы проиллюстрировать вторую,
рассмотрим две следующие задачи. В задачах 6.17 и 6.18 решающим
шагом является построение некоторого графа, к которому затем при-
меняется теорема 6.2. Граф, который следует рассмотреть в первой из
предложенных задач, является также частным случаем некоторой об-
щей математической конструкции. Заметим, что эта задача станет даже
проще, если в ее условии заменить отрезки произвольными множества-
ми, поскольку отсекутся рассуждения, использующие прямолинейность
отрезков. В втором случае — следует рассмотреть так называемый двой-
ственный граф.
Как и в случае с задачами по комбинаторике, задачи, связанные
с графами, можно (и нужно) предлагать как младшим, так и стар-
шим школьникам. При этом можно познакомить учащихся с таким
важным понятием, как изоморфизм (см. простые примеры в книге [9]),
математическая модель. Старшеклассникам будет очень полезно потре-
нироваться в доказательствах по индукции. Задачи на графы очень
естественно объединяются в серии (см. [6]), в частности, и поэтому
они столь популярны среди руководителей математических кружков
(см. примечания к главе 5). Читатель, конечно, заметил, что и изло-
жение в данной главе ведется как бы на двух уровнях. К примеру,
аккуратное доказательство существования висячего ребра у произволь-
ного дерева имеет смысл проводить только в достаточно математически
грамотной аудитории.
214
Глава 6. Графы
Решения упражнений
6.1.	Конечно, требуется доказать, что если две вершины соедине-
ны путем, то их можно соединить простой цепью. Действительно, если
какая-то вершина встретилась в пути два раза, то мы можем выкинуть
отрезок пути между ее первым и вторым появлением. Тем самым, путь
стал короче. Формально можно рассуждать по индукции.
6.2.	Рефлексивность — и ~ и — имеет место, так как всякую вер-
шину можно соединить с собой. Симметричность — если то
v ~ и — также очевидна, надо просто пройти путь в обратном на-
правлении. Транзитивность — если u~v и то u~w — следует
из того, что мы можем рассмотреть так называемое произведение пу-
тей. Более точно, для путей {u,^i, Ui,..., v} и {v,^fc,Ui,..., w} путь
{и, £x, ux,..., v,ux,..., w} называется их произведением, он-то и со-
единяет и с w.
6.3.	Если для любых двух различных вершин справедливо нера-
венство d(u, v) 1, то любые две вершины соединены ребром, таким
образом, граф является полным.
6.4.	Ясно, что d(u,v) 0, причем d(u,v) = 0 тогда и только тогда,
когда вершины и и v совпадают. Очевидно, что d(u,v) = d(v,u). Нера-
венство треугольника d(u, v) d(it, w) -I- d(w, v) следует из того, что
вершины и и v можно соединить путем длины d = d(u, w) + d(w, v).
Следовательно, кратчайший путь будет иметь длину, не бблыпую d.
6.5.	Имеются 4 подграфа, состоящих только из одной вершины.
Имеются 4 подграфа, состоящие из двух вершин и одного ребра и 5
подграфов с двумя ребрами. Подграфов с тремя ребрами имеются три,
так как при удалении ребра (3,4) мы получим несвязный граф. Нако-
нец, исходный граф также является своим собственным подграфом.
6.6.	Неизоморфными являются графы: из одной вершины, двух вер-
шин и ребра, трех вершин и двух ребер. Между тем существуют три
неизоморфных графа с тремя ребрами (рисунок).
6.7.	Пусть п = 2к. Соединив каждую вершину с номером, не пре-
восходящим к, с каждой вершиной с номером, бблыпим к, мы получим
2
граф без треугольников, число ребер в котором равно к2 = ~. Теперь
Решения упражнений
215
пусть п = 2к -I-1. При помощи аналогичной конструкции мы получим
граф с к(к +1) = [fc2 + fc +	j ребрами. То, что больше ребер граф
без треугольников иметь не может, доказывается по индукции (с шагом,
равным 2, отдельно для четных и нечетных п). Собственно говоря, ин-
дукционный переход был проведен при решении задачи 6.7.
6.8.	Пусть В' — это множество из к юношей, знакомых в сово-
купности ровно с к девушками. Рассмотрим множество В" каких-то
£ юношей, которые знакомы менее, чем с £ оставшимися девушками,
пусть В = В'иВ". Множество В состоит из к + £ юношей, которые
знакомы в совокупности менее, чем с к +1 девушками, что противоре-
чит условию теоремы Холла.
6.9.	Рассмотрим двудольный граф, у которого V' = А и V" = В.
Вершину а 6 А соединим ребром с вершиной А; е В, если a 6 А». Выбор
паросочетания в построенном графе равносилен выбору полной системы
представителей набора В.
6.10.	Пусть данный латинский прямоугольник состоит т из строк.
Рассмотрим множества Ei, состоящие из тех п — т чисел набора
{1,2,... ,п}, которые не встречаются в г-м столбце матрицы. Каждое
из чисел 1,2,..., 71 появляется т раз в данном прямоугольнике, следо-
вательно, оно появляется п — т раз в объединении IJ™ В». Рассмотрим
произвольные к множеств Eh, Bi2,..., Eik. Объединение (J*el Etj со-
держит fc(7i — тп) чисел с учетом кратностей. Но так как ни одно из
них не появляется более, чем п — т раз, то среди этих чисел имеет-
ся не менее, чем fc различных. Следовательно,	Таким
образом, выполнены условия теоремы о полной системе представите-
лей набора {Bi}, из которых мы можем составить следующую строку
так, чтобы получить латинский прямоугольник, в котором имеются уже
771 + 1 строк.
6.11.	Например, если на некоторый остров ведет всего один мост,
то его уничтожать нельзя.
6.12.	2) => 3). Проведем индукцию по числу вершин. Рассмотрим
произвольный граф с п + 1 вершинами. Так как по предположению
в нем нет циклов, то в нем обязательно найдется вершина степени 1.
Удалив ее и ведущее в нее ребро, мы получим граф с 71 вершинами,
в котором, естественно, не будет циклов. В силу индукционного пред-
положения, он связен, следовательно, связен и исходный граф.
3)	=>4). Рассуждение аналогично предыдущему. Рассмотрим верши-
ну степени 1. Ясно, что ведущее в нее ребро является мостом. С другой
216
Глава 6. Графы
стороны, удалив его и ведущее в него ребро, мы получим связный граф,
в котором каждое ребро является мостом в силу индукционного пред-
положения.
4)	=> 5). Если бы нашлись две вершины, для которых имеются две раз-
личные их соединяющие простые цепи, то ребро, принадлежащее одной
из них и не принадлежащее другой, можно было бы удалить без потери
связности графа.
5)	=> 6). Ясно, что циклов в графе нет. Предположим, что добавленное
ребро инцидентно вершинам и и v. По предположению, для вершин tz
и v существует соединяющая их простая цепь, добавив к которой новой
ребро, мы получим цикл.
6)	=Ф 1). Предположим, что граф не является связным. Пусть не су-
ществует пути, соединяющего вершины и и v. Добавив ребро, им
инцидентное, мы получим граф без циклов, что противоречит пред-
положению.
6.13.	Если лес состоит из fc деревьев, то можно добавить fc — 1
ребро, получив в результате одно дерево. Значит, |V| — |Е| — (fc —.1) = 1,
откуда |V| - \Е\ = к.
6.14.	Первое утверждение очевидно. То, что остов является деревом,
следует из пункта 4 теоремы 6.8.
6.15.	Доказательство проходит по индукции по числу ребер. Рас-
смотрим висячую вершину и инцидентное ей висячее ребро. По индук-
ционному предположению оставшееся дерево вкладывается в плоскость.
Ясно, что можно вложить и висячее ребро так, чтобы оно не пересека-
лось с образом уже вложенного дерева.
6.16.	Предположим, что граф состоит из к компонент связности.
Идея рассуждения состоит в том, что к графу можно добавить fc — 1
ребро, не изменив число компонент его дополнения, так, чтобы он стал
связным. Поэтому |V| — (|Е| + fc — 1) — |F| = 2, откуда |V| — |Е| -I- |F| =
= fc -I-1. Аккуратное доказательство можно провести по индукции по
числу компонент связности данного графа.
6.17.	В графе К5 имеются 5 вершин и 10 ребер. Если его можно
вложить в плоскость, то, в силу формулы Эйлера, число компонент его
дополнения равно 2 — 5 + 10 = 7. Каждое ребро является стороной двух
компонент, каждая из которых является, как минимум, треугольником,
поэтому общее число «сторон» не меньше 21, в то время, как ребер
всего 10.
6.18.	Пусть £ — луч, исходящий из точки А и проходящий через В,
a t! — содержащийся в нем луч с вершиной в точке В. Поскольку точек
Решения упражнений
217
пересечения с многоугольником L у луча t ровно на одну больше, чем
у луча f, то Z(A, L) I(B, L).
6.19.	Количество пар различных чисел в последовательности
I(Ai, L),...,Z(An,	совпадает с числом точек пересечения
многоугольника L и многоугольника с вершинами А1} А2,..., Ап (ри-
сунок) .
6.20.	1) Поскольку число вершин на каждом уровне (конечно, за
исключением последнего) вдвое больше числа вершин на предыдущем
уровне дерева, то на fc-ом уровне расположены 2к вершин. Значит, их
наименьший номер равен 1 + 2 + ... + 2fc-1 + 1 = 2fc, а наибольшим яв-
ляется 2к — 1 + 2к = 2fc+1 — 1.
2)	Если всего имеется fc уровней, то 2*”1 п < 2fc, откуда следует, что
к — 1 log2 п < fc, таким образом [log2 п] = к — 1.
3)	Бывает трудно доказывать уж совершенно очевидные утверждения.
Однако это очень полезно! Ясно, что под вершиной с номером п = 2к
располагаются вершины с номерами 2fc+1 = 2п и 2fc+1 +1 = 2n +1. Далее
рассуждаем по индукции — см. рисунок.
fc	fc+1
Л	Л
2к 2fc+l 2fc+2 2fc+3
6.21.	Возьмем произвольный элемент двоичной кучи и соединим
его простой цепью с корнем соответствующего дерева — элементом ai.
Эта цепь проходит через вершины с номерами к± (где fci =	), к2
(где fc2 = [у]), и так далее, и заканчивается в корне дерева. В си-
лу основного свойства двоичной кучи справедлива цепочка неравенств
Gfe Ofcj	di.
6.22.	Ответ: 12,11,5,4,10,1,1,2,3,7.
218
Глава 6. Графы
6.23.	Ответ: 10,7,5,4,3,1,1,2.
6.24.	Ответ:	сравнений.
6.25.	Ответ в следующей таблице.
125386 10 29
1 2 5 986 10 23
19 10 386522
10 96381 522
Рассмотрим кучу, состоящую из fc полностью заполненных
6.26.
уровней. Для того, чтобы построить двоичные кучи, соответствующие
поддеревьям с корнями в вершинах с номера-
1	ми 2 и 3, в наихудшем случае нам потребуется
. X A сделать 2T(2fc“1 — 1) сравнений (рисунок). Для
/X	того, чтобы поставить элемент из вершины 1
/ 2 \	/	\ на п°Дх°ДЯ1Цее место (чтобы вся последователь-
/	\	/	\ ность стала кучей) нам в наихудшем случае
/	\ /	\ придется сделать еще 2fc — 2 сравнений.
L__________V_____А Докажите по индукции, что Т(2к — 1) =
= 2fc+1 - 2(fc + 1), в частности, Т(2к — 1) С 2fc+1.
Автор признается, что для поиска этой формулы он провел компьютер-
ный эксперимент.
Глава 7
Принцип Дирихле
§7.1. Клетки и кролики
Принцип Дирихле — «если в 8 клетках сидят не менее 9 кроли-
ков, то в какой-то клетке их не менее двух» — совершенно очевидное
утверждение. Или, «если в 5 клетках сидят 11 кроликов, то по крайней
мере в одной их не меньше трех» — очевидно не меньше. Кажется ма-
ловероятным, чтобы применение такого рода соображений приводило
к нетривиальным результатам, однако... Начнем, как обычно, с эле-
ментарных задач ([9]).
Задача 7.1. В классе 30 учеников. Олег Иванов сделал в диктанте
13 ошибок, а остальные меньше. Докажите, что найдутся три ученика,
сделавшие одинаковое число ошибок (или не сделавшие ни одной).
У нас есть 29 учеников, не считая Олега. Если не более двух из сдела-
ли одинаковое число ошибок, то, поскольку число ошибок может быть
от 0 до 12, то и учеников может быть не более 26.
Обратите внимание, что мы не можем ничего утверждать ни о числе
ошибок, которые сделала такая троица, ни о том, было ли таковых трое,
четверо, или же все двадцать девять учеников сделали равное число
ошибок.
Задача 7.2. На белую плоскость брызнули черной краской. Дока-
жите, что найдутся две точки одного цвета на расстоянии один метр
одна от другой.
Рассмотрим равносторонний треугольник, длины сторон которого
равны 1 м. Ясно, что среди его трех вершин найдутся две вершины
одного цвета.
Задача 7.3. В первенстве по футболу участвуют 18 команд. Дока-
жите, что в любой день имеются две команды, которые сыграли равное
число матчей.
Казалось бы, что количество возможностей для сыгранного числа
матчей — от 0 до 17 — равно числу команд. Однако, если некоторая
команда не сыграла ни одного матча, то нет и команды, сыгравшей все
220
Глава 7. Принцип Дирихле
17 игр. Таким образом, «клетки» с номерами 0 и 17 не могут быть
заняты одновременно.
Задача 7.4. В квадрате со стороной 1 расположена 51 точка. Дока-
жите, что найдутся три из них, лежащие в: а) квадрате со стороной |;
б) круге с радиусом |.
Утверждение пункта а) очевидно, так как, если разбить каждую
на 5 равных частей, то квадрат разобьется на 25
квадратов, сторона каждого из которых равна |.
Значит, в одном из них будут лежать хотя бы три
из данных точек. Далее, поскольку > —- То круг
1 ‘ °
с радиусом у, центр которого совпадает с центром
одного из квадратов разбиения, целиком содержит
этот квадрат (рисунок), поэтому из справедливо-
сти утверждения пункта а) следует справедливость
утверждение пункта б).
Задача 7.5. В доме 123 жильца, которым в сумме 3813 лет. Дока-
жите, что некоторым ста из них в сумме не менее 3100 лет.
Предположим, что самым старым жильцам в сумме меньше 3100
лет. Тогда младший из этих ста моложе 31 года, значит, оставшиеся 23
также моложе 31 года, поэтому им в сумме меньше 713 лет. Так что
получаем, что всем жильцам дома в сумме менее 3813 лет.
Приведенная задача — частный случай следующего утверждения.
Теорема 7.1. Если ± 52?=1 = з, то для всякого к найдут-
ся такие наборы различных чисел Zi,z2,-.. ,ik Ji, J2, • • •, jk, что
52^=i ah ^ks и 52£=1 aie ks.
Упражнение 7.1. Докажите эту теорему.	□
В дальнейшем будет существенно, что применять принцип Дирихле
можно, не только подсчитывая число элементов.
Задача 7.6. Сумма длин покрашенных дуг окружности меньше по-
ловины ее длины. Докажите, что найдется диаметр, концы которого не
покрашены.
Действительно, если окрасить дополнительно дуги, которые цен-
трально симметричны окрашенным первоначально, то, во-первых, не
вся окружность будет закрашена, а во-вторых, незакрашенное множе-
ство является центрально симметричным. Следовательно, точка цен-
трально симметричная незакрашенной, также будет незакрашенной.
§7.1. Клетки и кролики
221
Задача 7.7. На столе лежат 15 салфеток (произвольной формы и
размера), которые его полностью закрывают. Докажите, что можно
убрать 8 из них так, чтобы оставшиеся закрывали не менее пло-
щади стола.
Пусть 5i s2 515 — это площади частей каждой из салфеток,
соприкасающихся со столом. Ясно, что 5; площади стола
(см. решение задачи 7.5). Если убрать последние 8 салфеток, то у остав-
шихся площадь соприкосновения со столом разве что увеличится.
Заметим, что совсем не обязательно найдутся 7 салфеток, которые
7
суммарно накрывают менее площади стола.
10
Задача 7.8. Докажите, что некоторая натуральная степень числа
29 оканчивается двумя нулями и единицей.
Поскольку чисел от 0 до 999 имеется ровно тысяча, то среди степе-
ней 291,292,..., 291001 найдутся две с совпадающими тремя последними
цифрами, т. е. число 29fc — 29€ делится на 1000. Пусть к > £. Так как чис-
ло 29€ (29fc-€ — 1) делится на 1000, а числа 29 и 10 взаимно просты, то
и 29fc-€ — 1 делится на 1000, т. е. десятичная запись числа 29fc_£ имеет
на конце 001.
Заметим, что утверждение задачи следует также из теоремы Эйле-
ра 3.9.
Следующая задача уже не настолько проста, как предыдущие.
Задача 7.9. Докажите, что среди чисел Фибоначчи найдется число,
оканчивающееся тремя нулями.
Имеется всего 106 пар (а, 6), где 0^ а, Ь ^999, поэтому среди пар
{(аг,аг+1)}|°0 соседних чисел Фибоначчи найдутся две такие пары
(a*., afc+i) и (а^, a^+i), где к > £, что разности а*.+1 — ам и ак—а^ делят-
ся на 1000. Поскольку по определению чисел Фибоначчи afc_i = afc+i — ак
и a^-i = a£+i — а€, то и разность afc_i — a£_i делится на 1000, и так далее.
В итоге получим, что числа ak-e^i — ах и afc_£ — а0 делятся на 1000. Так
как fli = а0 = 1, то число ак_£_i = ак_е+1 — ак_£ имеет на конце три нуля,
поскольку оно также делится на 1000.
Задача 7.10. Из натуральных чисел от 1 до 2п выбрали n + 1 чис-
ло. Докажите, что одно из этих чисел делится на другое.
Запишем каждое из выбранных чисел в виде 2fcm, где число т —
нечетное. Поскольку в последовательности 1,2,..., 2п имеются только
п нечетных числа, то среди выбранных чисел найдутся два числа вида
2кт и 2€т, одно из которых, очевидно, делится на другое.
222
Глава 7. Принцип Дирихле
§ 7.2. Комбинаторные теоремы существования
В этом параграфе вы познакомитесь с совсем нетривиальными утвер-
ждениями, идеей доказательства которых является все тот же очевид-
ный принцип Дирихле.
Задача 7.11. Докажите, что в компании из 6 человек всегда най-
дутся трое, которые либо все знакомы друг с другом, либо никто из
которых не знаком друг с другом.
Удобно переформулировать задачу на языке графов. Рассмотри^
полный граф К6 с шестью вершинами, ребра которого раскрашены
в два цвета: красный и белый. Требуется доказать, что найдется тре-
угольник, ребра которого раскрашены в один из этих цветов. Возьмем
произвольную вершину. Среди 5 исходящих из нее ребер по крайней ме-
ре три имеют одинаковый цвет, пусть этот цвет — красный. Рассмотрим
три концевые вершины этих ребер. Если среди ребер, их соединяющих,
есть хоть одно красное ребро, то мы получим красный треугольник,
если же все они — белые, то у нас имеется белый треугольник.
Обобщение этой задачи называется теоремой Рамсея — см. далее
теорему 7.5.
Следующую задачу мы сразу сформулируем в общем виде.
Теорема 7.2 (Эрдёш и Секереш). Докажите, что в любой последо-
вательности из кп + 1 различных чисел всегда имеется возрастающая
подпоследовательность из fc 4-1 чисел или убывающая подпоследова-
тельность из п + 1 чисел.
Предположим, что в последовательности Xi,ж2,... ,xfcn+i нет воз-
растающих подпоследовательностей длины к -F 1. Сопоставим каждому
номеру i члена Xi наибольшую длину /(г) = Ц возрастающей последо-
вательности, первым членом которой является этот элемент. По пред-
положению Ц fc, следовательно, у нас имеется отображение
{1,2,..., fcn 4-1} —> {1,2,..., fc}.
Значит, по принципу Дирихле, среди данных чисел имеются по крайней
мере п + 1 чисел xh,Xi2,... ,я«п+1, таких что /(ii) = /(i2) = - •
Ясно, что xir > xi2 > ... > xin+1, так как в противном случае для неко-
торого индекса im мы бы получили, что /(гт) > fc 4-1.	О
Задача 7.12. Имеются одиннадцать студентов, каждый из которых
регулярно посещает некоторые из пяти клубов. Докажите, что среди
них имеются студенты А и В, такие что студент А посещает все клубы,
которые посещает студент В.
§7.2. Комбинаторные теоремы существования
223
Утверждение этой задачи является прямым следствием леммы Дил-
ворта и теоремы Шпернера, однако автор советует читателю попробо-
вать порассуждать самостоятельно перед тем, как читать доказатель-
ства этих утверждений.
Начнем рассуждение. Утверждение задачи очевидно, если имеется
студент, посещающий все 5 клубов. Пусть есть студент, посещающий
4 из 5 клубов. Если среди оставшихся студентов ни один не посеща-
ет только эти клубы, то каждый из них посещает оставшийся пятый
клуб. Таким образом, 10 студентов посещают некоторый один клуб и
еще какие-то из первых четырех. Если кто-то из них посещает только
пятый клуб, то утверждение очевидно. Таким образом, задача сводится
к тому, что если 10 студентов посещают 4 клуба, то среди них имеются
студенты А и В, такие что студент А посещает все клубы, которые посе-
щает студент В. Пусть некоторый из них посещает три клуба, тогда...
И так далее.
Рассмотрим набор {Л^ Л2,..., Afc} подмножеств некоторого множе-
ства. Если Аг cAj, то будем говорить, что первое множество пред-
шествует второму и писать Аг Л7-. Если ни одно из этих множеств
не содержится в другом, то будем говорить, что элементы Л£,Л7- не
сравнимы друг с другом. При этом очевидным образом выполняются
следующие свойства:
1) если а b и b а, то а = Ь;
2) если а 6 и Н с, то а с.
Упражнение 7.2. Докажите, что отношение включения на мно-
жестве всех подмножеств некоторого множества обладает указанными
свойствами.
Множество X, на котором введено отношение предшествования,
удовлетворяющее свойствам 1-2, называется частично упорядоченным
множеством или, короче, чумом. Конечно, обычное отношение поряд-
ка (в Z, Q или R) удовлетворяет свойствам 1-2, более того, в этих
множествах любые два элемента сравнимы друг с другом.
Пусть X — некоторое конечное частично упорядоченное множество.
Подмножество С С X называется цепью, если любые два элемента
множества С сравнимы друг с другом. В этом случае элементы мно-
жества С можно занумеровать так, чтобы С = {xi, ж2,	причем
Xi ^2 %k • Подмножество Л частично упорядоченного множества
называется антицепью, если никакие два его элемента не сравнимы
друг с другом.
Теорема 7.3 (Лемма Дилворта). Пусть X — частично упорядо-
ченное множество, |Х| = kn + 1. Тогда в множестве X существует
224
Глава 7. Принцип Дирихле
цепь С, такая что |С| = fc + 1, или найдется антицепь В, такая что
|В|=п + 1.
Упражнение 7.3. Докажите лемму Дилворта.
Теорема 7.4 (Шпернер). Набор подмножеств множества из п эле-
ментов, среди которых никакое подмножество не содержится в дру-
гом, состоит не более, чем из элементное.
Другими словами, утверждение состоит в том, что если |Х| =п, то
размер наибольшей антицепи в множестве всех подмножеств множе-
ства X равен С^п/21 • Рассмотрим максимальные цепи в множестве всех
подмножеств X, т. е. цепи, в которых два последовательных подмноже-
ства отличаются ровно одним элементом.
Упражнение 7.4. Докажите, что если |Х| =п, то:
а)	в X существуют п! различных максимальных цепей;
б)	число максимальных цепей, одним из Элементов которых являет-
ся подмножество Y, где |У| = fc, равно fc!(n — fc)!..
Пусть А19 А2,..., At — подмножества множества X, образующие ан-
тицепь. Положим =п£. Рассмотрим множество всех максимальных
цепей, одним из элементов которых является одно из множеств А<.
В силу результата упражнения 7.4, суммарное количество этих цепей
не превосходит п!, но при этом оно равно сумме
i
- п,)!.
г=1
Так как “|)! = (С;<)- » (<?Л)“, то
1 г Ё П|'("„;",)! > f (cf'11)-1=m-'21) -,
t=l	’	г=1
откуда и следует, что £ С^п/21.	□
Упражнение 7.5. Выведите утверждение задачи 7.12 из теоремы
Шпернера.
Теорема 7.5 (Рамсей). Для любой пары натуральных чисел п > 2
и т 2 найдется наименьшее число R(n,m), такое что во всяком
полном графе KN, где R(n, т), ребра которого раскрашены в белый
и красный цвета, найдется полный подграф Кп с белыми ребрами или
полный подграф Кт с красными ребрами.
Мы проведем индукцию по сумме п + т и покажем, что
R{n, т) R(n — 1, m) + R(n, т — 1).
§ 7.3. Плотные подмножества в R
225
База индукции очевидна. Рассмотрим полный граф с R(n— 1,тп)4-
+ Я(п, т — 1) вершинами и некоторую его вершину и. Поскольку к ней
примыкают Я(п — 1, т) + /?(п, т — 1) — 1 ребер, то среди них найдутся
R(n — 1, т) белых ребер или /?(п, т — 1) красных ребер. Для определен-
ности предположим первое. Рассмотрим подграф, вершинами которого
являются концы этих ребер. По индукционному предположению, в этом
подграфе найдется полный подграф Кт, ребра которого раскрашеньг
в красный цвет — в этом случае мы получили то, что хотели, — или
подграф Кп_! с белыми ребрами, в таком случае, добавив к нему
вершину v, мы получим полный подграф Кп, все ребра которого —
белые.	□
§7.3. Плотные подмножества в R
Задача 7.13. Докажите, что всякое действительное число можно
сколь угодно точно приблизить числом вида а + Ь\/2, где a, b е Z.
Другими словами, надо доказать, что для всякого числа ж ЕЙ и лю-
бого положительного числа е найдутся целые числа а и Ь, такие что
|а -I- Ь\/2 — я| < е.
Ясно, что достаточно рассматривать только дробные части чи-
сел х и у = а -I- Ь\/2. Разделим отрезок [0; 1] на п равных частей
так, чтобы - < е. Пусть ах, а2, • • •, an+i — это дробные части чисел
х/2,2>/2, - -, (п + 1)\/2. Заметим, что поскольку число \/2 является
иррациональным, никакие два из чисел а* не равны друг другу. Дей-
ствительно, если ai = aj, то i\/2 — j\/2 = (г —	= k 6 Z, чего быть
не может. Следовательно, найдется отрезок длины i, которому при-
надлежат числа аг и а7, i^j. Таким образом, найдется целое число
к / 0, такое что дробная часть к\/2 по модулю меньше е, т. е., другими
словами, найдутся целые числа к / 0 и такие что |j/| = |к\/2 4- £\ < е.
Осталось заметить, что данное число х лежит в одном из отрезков вида
[ту; (т 4-1)?/], где т — целое число. Значит, оно отстоит меньше, чем
на е от одного из чисел вида ту = тк 4- т£\/2.
Будем называть множество М всюду плотным на R, если во всяком
интервале числовой прямой имеется хотя бы одна точка множества М
(конечно, их там будет бесконечно много).
По сути дела, решив предыдущую задачу, мы доказали следующую
теорему.
Теорема 7.6. Если число а иррационально, то множество А =
= {ка 4- £ | fc, £ 6 Z} всюду плотно в R.
226
Глава 7. Принцип Дирихле
Задача 7.14. Докажите, что если непрерывная функция f: R —>R
такова, что f(x + 1) = f(x) и f(x 4- у/2) = f(x) при всех х е R, то она
постоянна.
Пусть х е R. В силу утверждения задачи 7.13, найдутся целые чис-
ла ап и Ьп, такие что |ап 4- Ьп\/2 — гг| < Пусть хп = ап 4- Ъпу/2.
Так как хп—>х при п—► оо, то f(xn) —► /(ж), но, с другой стороны,
У(тп) = f(bn\/2) = f(0) по условию. Следовательно f(x) = f (0).
Однако в некоторых случаях формулировка задачи 7.13 (и теоре-
мы 7.6) является несколько слабой. Рассмотрим следующую задачу. ч
Задача 7.15. Докажите, что существует степень числа 2, десятич-
ная запись которой начинается с цифры 7.1
Десятичная запись числа 2к начинается с цифры 7 тогда и только
тогда, когда найдется натуральное число п € N, такое что 7 • 10n 2* <
< 8 • 10п. Последнее неравенство можно записать в виде n4-lg7^fclg2<
< п 4- 1g 8, или
fclg2 — n 6 [Ig7;lg8).
Упражнение 7.6. Докажите, что число 1g 2 иррационально.
Казалось бы, все, что осталось сделать, так это применить теорему 7.6.
Однако в нашей ситуации существенно, что числа п и к являются
натуральными, а в упомянутой теореме к, п е Z. Таким образом, для
завершения решения задачи 7.15, нам требуется доказать следующее
утверждение.
Теорема 7.7. Для любого положительного иррационального чис-
ла а множество А = {ка — п | fc, п е N } всюду плотно на R.
Напомним, что два числа называются несоизмеримыми, если их от-
ношение не является рациональным числом.
Лемма 7.8. Пусть g — поворот стандартной единичной окружно-
сти S1 на угол а, не соизмеримый с к (т. е.	где p,geZ). Тогда
для всякой точки xeS1 ее положительная орбита, т. е. множество
G+ =	, всюду плотна на окружности §* (это означает, что
на любой дуге этой окружности найдется точка множества G+).
Обозначим через 1 точку окружности с координатами (1,0), пусть
U — произвольная дуга, содержащая эту точку. Рассмотрим образы
gn(U), п = 1,2,..., дуги U при поворотах д, дод, .... Поскольку
длина любого образа дуги U равна длине самой этой дуги, то в на-
боре образов {^n(t/)}neN найдутся пересекающиеся множества, пусть
1 Кстати, первым таким числом будет 246.
§ 7.3. Плотные подмножества в R
227
gfc(C7)n^(C7)/0, к>£. Положим п = к — £. Поскольку ge (U Rgn(U)) =
= 9k(U) Пде(Ц) / 0, то U C}gn(U) / 0, таким образом, дп — это поворот
на малый угол (меньше, чем длина дуги U). Значит, для любой точ-
ки х 6 S1 подмножество {gmn(:r)}meN ее орбиты пересекается со всякой
дугой, длина которой не меньше длины дуги U. Так как дуга U — про-
извольная, то орбита любой точки будет пересекаться с любой дугой
окружности, что и означает, что всякая положительная орбита всюду
плотна на окружности.
Упражнение 7.7. Укажите то место в доказательстве леммы, где
следовало воспользоваться несоизмеримостью а и тг.	□
Упражнение 7.8. Если замкнутое выпуклое множество имеет две
оси симметрии, угол между которыми не соизмерим с тг, то оно есть
круг или вся плоскость.
Теперь мы в состоянии доказать теорему 7.7. Рассмотрим произволь-
ный интервал (a; b) С 1R. Выберем число £ так, чтобы а = £а > Ь. Пусть
д — поворот единичной окружности на угол 2тга, а (а;Ь) — соответ-
ствующая интервалу (а, Ь) дуга этой окружности. В силу леммы 7.8
найдется такое натуральное число з, что pe(l) 6 (а; 5), что равносиль-
но неравенству а < за — п < 5, где п — некоторое целое число. В силу
выбора числа а получим, что пЕ N и (з£)а - пЕ(а,Ь).	□
А как вы думаете, какая из цифр будет чаще встречаться как первая
цифра в десятичной записи степеней двойки? Оказывается, что сре-
ди степеней 2к при к = 1,2,..., 5000, единица будет первой цифрой у
1505 чисел, а семерка — только у 288. Если вы посмотрите на реше-
ние задачи 7.15, то можно догадаться — почему. Однако аккуратное
доказательство требует новых определений и более сложной техники.
Упражнение 7.9. Докажите, что: а) последовательность хп =sinn
предела не имеет; б) для любого числа с 6 [— 1; 1] найдется возраста-
ющая последовательность ki < к2 < ... < кп < ... натуральных чисел,
такая что sin кп —► с при п —► оо. (Вам придется использовать тот факт,
что число тг является иррациональным.)
Вернемся к доказательству леммы 7.8. Не кажется ли вам, что саму
формулировку этой леммы можно сильно обобщить? Ведь все, чем мы
пользовались в доказательстве — это то, что длина образа дуги совпада-
ет с длиной самой дуги, и что длина всей окружности — конечное число.
Такое обобщение леммы 7.9 известно как теорема Пуанкаре о возвра-
щении. Перед тем, как формулировать эту теорему, необходимо ввести
несколько определений.
228
Глава 7. Принцип Дирихле
Пусть для некоторых подмножеств А пространства X определено
неотрицательное число /х(Л) — мера этого подмножества. Не будем
гнаться за полной строгостью, скажем только, что понятие меры от-
личается от известного нам понятия объема лишь дополнительным
требованием счетной аддитивности. Именно, если попарно не пересе-
кающиеся множества А<, i G N, измеримы, то множество A = |J~1Ai
также измеримо и рА = рА{.
Отображение Т: X —► X называется сохраняющим меру, если для лю-
бого измеримого множества Е С X его прообраз Г-1 (Е) также измерим
и м(Т-1(^)) = М^
В этом месте пришлось использовать термин измеримое множество.
Точного определения дано не будет, но тот, кто с этим термином встре-
чается впервые, может быть спокоен: все множества, какие он себе смо-
жет вообразить, будут измеримы.
Теорема 7.9 (теорема Пуанкаре о возвращении). Если отображение
Т:Х—>Х сохраняет меру, рХ < оо и множество ЕсХ измеримо, то
для почти всех точек xtE найдется такое число п 6 N, что Тп(х) е
ЕЕ.
Такие точки называются возвращающимися. Термин почти все озна-
чает, что мера множества невозвращающихся точек равна нулю.
Для доказательства рассмотрим множество
F = Е А Т~\Х \ Е) А Т~2(Х \ Е) А ...
Если х е F, то Тп(х) Е для любого п € N, и наоборот. Значит, F — это
множество не возвращающихся в Е точек, в частности, T-n(F) A F = 0
при всех n Е N. Поскольку
T"n(F A T"fc(F)) = T"n(F) П T"(n+fc)(F),
то множества T-n(F) попарно не пересекаются, а поскольку преоб-
разование Т сохраняет меру, то /z(T~n(F)) = pF. Так как мера всего
пространства X конечна, то отсюда следует, что pF = 0.	□
В заключение этого параграфа мы покажем, что задача 7.14 непо-
средственно связана с таким вопросом, как структура замкнутых под-
групп R. Напомним, что множество FcR называется замкнутым, если
из того, что хп е F и хп —► а при п —► оо следует, что а € F. Множе-
ство Z С R замкнуто, а подмножество Q С R, очевидно, замкнутым не
является. Множество G С R называется замкнутой подгруппой, если
оно, во-первых, является подгруппой 1R (по сложению) и, во-вторых,
замкнутым множеством.
§ 7.4. Лемма Минковского
229
Упражнение 7.10. Докажите, что если G — замкнутая подгруппа
R, не совпадающая с R, то найдется такое число а ЕЙ, что
G = {ak\ fcGZ}.
Упражнение 7.11. Выведите утверждение задачи 7.14 из резуль-
тата упражнения 7.10.
J*
§ 7.4. Лемма Минковского
Решеткой в пространстве Rn называется множество
х п	х
L= I fciezk
i=l	'
где {bi}7=i ~ некоторый базис этого пространства. Фундаментальная
область (иначе — ячейка) — это множество
X п	X
р= S ^2/Xibi I Xi € [0; 1) >.
i=l	'
К примеру, решеткой на плоскости является множество L всех точек,
координаты которых суть целые числа. Ячейкой этой решетки является
единичный квадрат Р = {(ж, у) | ж, у 6 [0; 1)}.
Лемма 7.10. Для любой точки жЕЙп существует единственная
точка у 6 Р, такая, что х — у € L.
Достаточно положить значения уг равными дробным частям чи-
сел Xi. Единственность следует из того, что Р A L = {0}.	□
Следовательно, определено отображение р: Rn —► Р.
Лемма 7.11. Отображение р локально сохраняет объем, точнее,
если измеримое множество Е таково, что р(х) / р(у) для любых
различных точек х,у е Е, то объем образа р(Е) множества Е ра-
вен объему самого этого множества:
volp(E) = volE.
Представим множество Е в виде объединения его непересекающихся
подмножеств:
е= ijk=U(^np«)>
uEL
где множество Ри получено из ячейки Р параллельным переносом на
вектор и 6 L. Ясно, что если х 6 Ри, то р(х) = х — и. Из инъективно-
230
Глава 7. Принцип Дирихле
сти отображения р на данном множестве Е следует, что образы р(Еи)
попарно не пересекаются, значит,
volp(E) = volp(Eu) = 52 v°l^u = volE.
uGL	uGL
□
В качестве иллюстрации рассмотрим на плоскости
решетку точек с целочисленными координатами.
Пусть D — круг радиусом | с центром в точ-
ке А(1,2). Его образ состоит из расположенньрс
в единичном квадрате четвертей круга с таким же
радиусом (рисунок).
Напомним одно определение. Множество F С Rn
называется выпуклым, если вместе с любыми дву-
мя своими точками оно целиком содержит отрезок
с концами в этих точках.
Упражнение 7.12. Докажите, что всякий шар является выпуклым
множеством.
Теорема 7.12 (лемма Минковского). Пусть К — выпуклое и цен-
трально симметричное относительно начала координат подмноже-
ство Rn, L — решетка в этом пространстве, а Р — ее ячейка. Если
vol К > 2п volP, то множество К содержит хотя бы одну ненулевую
точку этой решетки.
Рассмотрим множество К', гомотетичное К с коэффициентом гомо-
тетии |. Поскольку vol К' = 2~п vol К > vol Р, то отображение р: К' —►
—► Р, локально сохраняющее объем, не может быть инъективным. Зна-
чит, существуют такие различные точки х, у е К’, что z = х — у е L.
Имеем 2х, 2у 6 К, а так как множество К выпукло и центрально сим-
метрично, то z = |(2ж -I- (—22/)) е К.	□
Следствие. Пусть L С Rn — решетка, v — объем ее ячейки. Су-
ществует такая отличная от нуля точка xQ е L, что |х0| < 2yj“^-,
где — это объем единичного п-мерного шара.
Положим г = 2 и рассмотрим последовательность замкнутых
шаров радиусов гп = г 4- - с центрами в начале координат. Поскольку
vol Dn > 2nv, то из леммы Минковского следует, что в каждом из ша-
ров Dn найдется ненулевая точка з/(п) решетки L. Так как в каждом из
шаров имеется лишь конечное число точек любой решетки, то найдется
такая точка xQ е L, что xQ = i/(n) для бесконечного числа натуральных
чисел п. Осталось заметить, что из неравенств |з/п)| тп следует нера-
венство |я0| С г.	□
§ 7.5. Суммы двух и четырех квадратов
231
В следующем параграфе этой главы лемма Минковского будет при-
менена для доказательства двух классических арифметических утвер-
ждений, а сейчас мы используем ее в вопросе приближения действи-
тельных чисел рациональными.
Теорема 7.13. Докажите, что для любого действительного чис-
ла а существует дробь - (со сколь угодно большим знаменателем),
I	fc I	1	**
такая что а-----.
I	п •	п2
Ясно, что число а можно считать иррациональным и лежащим в ин-
тервале (0; 1). Рассмотрим решетку
>,у) I х =
OtTl k	1 _ rn 1
----------, у = £71,
где в — произвольное положительное число,
и квадрат с вершинами в точках
(1,1), (1,-1), (-1,1) и (-1,-1).
Площадь ячейки этой решетки — изоб-
раженного на рисунке параллелограмма —
равна единице. По лемме Минковского, еди-
ничный квадрат содержит ненулевую точку
решетки, следовательно, найдутся такие целые числа к и п, что
|Qn~fc| ^1 и |en| 1,
откуда следует, что
Так как число е можно взять произвольно малым, то п будет произ-
вольно большим.
§ 7.5. Суммы двух и четырех квадратов
В этом параграфе будут доказаны два классических результата тео-
рии чисел.
Теорема 7.14 (Эйлер). Если р — простое число и р=1 (mod4), то
найдутся целые числа а и Ь, такие что р = а2 + Ь2.
Теорема 7.15 (Лагранж). Всякое натуральное число есть сумма
квадратов четырех целых чисел.
232
Глава 7. Принцип Дирихле
Доказательство теоремы Эйлера.
Пусть р — простое число и р= 1 (mod 4). В силу теоремы 3.23 су-
ществует целое число и, такое что и2 = — 1 (modp). Рассмотрим на
плоскости R2 решетку
jf	L = {(а, Ь) | а, b 6 Z, b = иа (modp)}
'	(на рисунке изображен случай р = 5).
•	Базисом этой решетки являются векторы 6Д1, и) ц
Ьг(О,р), так что площадь ее ячейки равна р. Посколь-
/	ку о>2 = тг, то, в силу следствия из леммы Минковско-
__(£____ го, найдется ненулевой вектор (а, Ь) € £, такой что
е________|а?|2 = а2 -I- Ь2 4 £ < 2р. С другой стороны, так как
а2 + Ь2 = а2 + и2а2 (modp) = а2(1 -I- и2) = 0 (modp),
то число а2 -I- Ь2 делится на р, следовательно, а2 + Ь2 = р.	□
Следствие. Пусть п = рк1Р22.. .pkaB , где Pi — простые числа. Чис-
ло п является суммой квадратов двух целых чисел тогда и только
тогда, когда выполнено условие: ki = 0 (mod 2) для всех таких чисел
Pi, что pi = —1 (mod4).
Достаточность приведенного условия вытекает из таких двух
соображений: если п = а2 + Ь2, то k2n = (fca)2 -I- (kb)2, и если т = с2 + cP,
то тп = (ас + bd)2 + (ad — be)2.
Необходимость. Пусть п = рк1рк2.. .pjs, pi = — 1 (mod4) и fci =
= 2t + 1. Пусть, далее, р2т — наибольшая степень числа рг, делящая и
а2, и Ь2. Положим а' = и Ь' = Тогда
Pi	Pi
/	\2	/ к\2
Ш +Ш =pr2(*-m)P^..p^0(modP1),
\Р1 /	\Р1 /
т. е. (а')2 + (Ь')2 = 0 (modpi). По построению, одно из чисел а', Ь' не де-
лится на pi, для определенности пусть а' 0 (modpi), тогда это чис-
ло имеет в кольце Z*x обратный элемент ai. Значит, а'ах = 1 (modpi),
откуда (b'ax)2 = — (a'aj2 = —1 (modpi), что невозможно в силу теоре-
мы 3.23.	□
Для доказательства теоремы Лагранжа нам потребуются два вспо-
могательных утверждения.
2
Лемма 7.16. Объем единичного четырехмерного шара равен
§7.5. Суммы двух и четырех квадратов
233
Стандартный единичный 4-мерный шар — это множество точек
в R4, заданных неравенством х2 + у2 + z2 +t2 1. Его сечение плос-
костью х = х0 (перпендикулярной оси абсцисс), задается неравенством
у2 + z2 -I-12	1 — таким образом, оно является трехмерным (обыч-
ным) шаром радиуса д/1 — х2, £ [~ 1;1]- Вспомним рассуждение,
посредством которого можно найти объем обычного шара. Мы мо-
жем проинтегрировать по отрезку [-1; 1] площадь круга, являющегося
сечением трехмерного шара. Так и в нашем случае можно поступить
аналогичным образом, а именно, проинтегрировать по отрезку [—1; 1]
объем сечения — трехмерного шара. Тем самым, мы получаем, что
= f ^7г(1 — х2) 2 dx = f (1 — x2)?dx=^ f cos4tdt,
J-i	Jo	Jo
поскольку удобно сделать замену х = sint при t G [0; ^]. Так как
cos4 г = р + c°s2fV = 1 + lCOs2t + I cos2 2/ =
\	2	/	4	2	4
= 7 + к cos2t + |(1 + cos4t) = j + i cos2t + | cos4t,
4	2	8	8	2	8
a cos2t dt = fn* cos4t dt = 0, to u4 = |тг • |	□
JU	о о 2	2
Лемма 7.17. Для всякого простого числа р найдутся целые числа
и и v, такие что и2 + v2 = — 1 (modp).
При р = 2 утверждение леммы очевидно. Пусть р > 2. Будем рассуж-
дать в кольце Zp. Рассмотрим отображения /,р: Zp—>ZP, заданные
формулами f(u) = u2 и д(и) = — 1— и2. Ясно, что их образы /(Zp)
и p(Zp) содержат одинаковое число элементов. Образ отображения
f состоит из нуля и элементов вида и2 для каждых двух элемен-
тов —u,utZp, т. е. всего из 1+	элементов. Поскольку
—h	> р, то по принципу Дирихле образы отображений f и
д должны пересекаться. Следовательно, существуют такие элементы
и, v е Zp, что и2 = — 1 — v2, т. е. u2 + v2 = —1 в Zp.	□
Докажем теорему Лагранжа. Предположим вначале, что число п = р
является простым. Пусть u, v — решения в Zp уравнения и2 + v2 +1 = 0.
Рассмотрим в пространстве R4 следующую решетку:
L = {(а,&,с,d) | с = иа + vb (modp), d = ub — va (modp)}.
Упражнение 7.13. Докажите, что векторы
b!(l,0,u,-v), b2(0,l,v,u), b3(O,O,p,O), b4(O,O,O,p)
образуют базис решетки L и что объем V ее ячейки равен р2.
234
Глава 7. Принцип Дирихле
Следовательно, решетка L содержит такой ненулевой элемент х =
= (a, b,c,d), что
Так как
|ж|2 = а2 + Ь2 + (иа 4- vb)2 -h (ub - va)2 =
= (а2 -F Ь2)(1 -I- и2 -I- v2) = 0 (modp),
<
то число |х|2 кратно р, значит, |х|2 = а2 + Ь2 + с2 + d2 = р. Для того что-
бы закончить доказательство, достаточно заметить, что из тождества
Эйлера
(а2+Ь2 + с2 + d2)(A2 + В2 + С2 + D2) =
= (аА -ЬВ-сС- dD)2 + (аВ + bA + cD- dC)2 +
+ (аС + сА + bD - dB)2 + (aD + dA + bC- cB)2
следует, что произведение двух сумм четырех квадратов целых чисел
есть сумма четырех квадратов целых чисел.
Тождество Эйлера можно проверить непосредственно, раскрыв скоб-
ки в обеих его частях. С другой стороны, оно имеет прозрачный смысл,
который станет понятен, когда читатель познакомится с таким алгеб-
раическим объектом, как кватернионы ([11]).
Дополнительные задачи
Задача 7.16. В клетках таблицы пхп стоят числа —1,1,0. Может
ли быть, что все суммы по столбцам, строкам и двум диагоналям раз-
личны?
Задача 7.17. В клетках доски размером 4x4 стоят 6 шашек. Дока-
жите, что можно выбрать две горизонтали и две вертикали, в которых
располагаются все шашки.
Задача 7.18. На доске (2п-1)х(2п--1) стоят 2n —1 ладей, ни одна
из которых не бьет другую. Докажите, что в каждом квадрате пхп
стоит хотя бы одна ладья.
Задача 7.19. Докажите, что у всякого выпуклого многограцника
имеются две грани с равным числом сторон.
Задача 7.20. Сумма любых семи чисел некоторого набора мень-
ше 15, а сумма всех чисел этого набора равна 100. Какое наименьшее
количество чисел может быть в этом наборе?
Решения упражнений
235
Задача 7.21. Числа 1,2,..., 9 разбиты на три группы. Докажите,
что произведение всех чисел в одной из групп не меньше 72.
Задача 7.22. Пятнадцать мальчиков собрали вместе 100 орехов. До-
кажите, что какие-то два собрали одинаковое число орехов.
Задача 7.23. Семь грибников собрали вместе 100 грибов, причем
никакие два не собрали одного и того же количества грибов. Докажите,
что трое из этих грибнйков собрали в сумме по крайней мере 50 грибов.
Задача 7.24. Докажите, что среди чисел, записанных одними еди-
ницами, имеется число, делящееся на 2007.
Задача 7.25. На клетчатой плоскости взяты 5 узлов сетки. Дока-
жите, что середина отрезка, соединяющего какие-то два из них, также
является узлом сетки.
Задача 7.26. Докажите, что выпуклый четырехугольник накрыва-
ется кругами, построенными на его сторонах, как на диаметрах.
Задача 7.27. Докажите, что равносторонний треугольник нельзя
накрыть двумя меньшими равносторонними треугольниками.
Задача 7.28. Числа ai, о2,..., ап — целые. Докажите, что некоторая
сумма	(где 1 k,t п) делится на п.
Задача 7.29. Докажите, что среди любых n + 1 различных нату-
ральных чисел, не превосходящих 2п, есть два числа, из которых одно
вдвое больше другого, или же три числа, одно из которых равно сумме
двух других.
Задача 7.30. Рассмотрим множество кругов фиксированного ради-
уса, центры которых располагаются в узлах бесконечной сетки квад-
ратов. Докажите, что любая прямая, проходящая через один из узлов
этой сетки, пересечет еще хотя бы один такой круг.
Решения упражнений
7.1.	Пусть ai а2 ап. Предположим, что £*в1 а» > кз. Яс-
но, что тогда ak > s, откуда следует, что а» > (п — к)з. Сложив
оба неравенства, получим, что ai>ns1 что противоречит условию.
Второе утверждение теоремы доказывается аналогично.
7.2.	Итак, если А и В — подмножества X, то пишем А В, если
А С В. Следовательно, если А^В и В^А, то А С В и В С А, значит,
А = В. Если А^ВиВ^С, тоАсВиВсС, следовательно А С С,
что и означает, что А С.
236
Глава 7. Принцип Дирихле
7.3.	Доказательство леммы Дилворта проходит совершенно так же,
как и доказательство теоремы 7.2. Сопоставим каждому элементу х 6 X
наибольшую длину f{x) цепи, в которой элемент х является началь-
ным. Предположим, что в множестве X нет цепей длины fc + 1. В таком
случае f отображает множество из кп + 1 элементов в множество из
к элементов. Следовательно, найдутся элементы хх,х2,..., xn+i, такие
что /(xi) = /(х2) = ... = /(xn+i). Покажем, что никакие два этих эле-
мента не могут быть сравнимы. Предположим, что элементы х^ и х2
сравнимы друг с другом; для определенности, пусть хх -<х2, тогда длина
цепи с начальным членом хх будет больше, чем длина цепи с начальным
членом х2. Полученное противоречие доказывает теорему.
7.4.	Если Ai С А2 С ... С Ak — максимальная цепь, то, во-первых,
любые два последовательных ее члена отличаются ровно одним элемен-
том, во-вторых, к = п, так что Ап = X. Таким образом, каждой цепи
можно сопоставить перестановку (ап а2,..., ап) элементов множества
X. И обратно, каждой перестановке элементов множества X сопостав-
ляется цепь, в которой А^ = {ai, а2 ..., а*.}. Следовательно, количество
максимальных цепей совпадает с количеством всех перестановок мно-
жества из п элементов, значит, оно равно п!. Пусть теперь фиксиро-
вано некоторое подмножество А из fc элементов. Если перестановка
(ai,a2,.. .,ап) определяет содержащую множество А максимальную
цепь, то А = {ai, a2,..., ak}- Значит, в этой перестановке фиксировано
множество ее первых к элементов и множество ее последующих п — к
элементов, а количество таких перестановок равно fc!(n — fc)!.
7.5.	Каждый набор клубов, посещаемых одним студентом, являет-
ся подмножеством множества из 5 элементов. Если предположить, что
ни одно из этих множеств не содержится ни в каком другом, то мы
получим антицепь, состоящую из 11 подмножеств. С другой стороны,
в силу теоремы Шпернера, максимальный размер антицепи из подмно-
жеств множества из 5 элементов, равен С% = 10.
7.6.	Так как 1g 2 = t 5, то достаточно доказать иррациональ-
ность log2 5 (это будет немного удобнее). Предположим, что log2 5 =
р, q G N. По определению логарифма, 5 = 2*, откуда 59 = 2₽, чего быть
не может.
7.7.	Необходимо было показать, что дп не является тождественным
преобразованием, что следует из несоизмеримости а и тг. Действитель-
но, дп — это поворот на угол па / 2тгк.
7.8.	Действительно, поскольку в рассматриваемом случае компози-
ция данных осевых симметрий — это поворот на угол, несоизмеримый
Решения упражнений
237
с тг, то данное^ множество переходит в себя при поворотах Фа относи-
тельно точки пересечения этих прямых, где множество углов поворотов
всюду плотно пц окружности. Поскольку данное множество является
замкнутым, то оЦо переходит в себя при любом повороте относительно
этой точки. Отсюда, в силу выпуклости этого множества, и следует
искомое утверждение.
7.9.	Докажем утверждение пункта б), из которого сразу следует и
утверждение пункта а). Пусть д: S1 —► S1 — поворот окружности на 1
радиан. Как было Сказано, будем пользоваться тем, что тг иррациональ-
но, значит д — это поворот на угол, несоизмеримый с тг. Рассмотрим
произвольное число сЕ [— 1; 1], пусть а Е S1 — точка, ордината кото-
рой равна с. Выберем последовательность дуг СЛ D U2 D ..., содержа-
щих точку а, длина которых стремится к нулю. Пусть х = (1,0) Е S1.
В силу леммы 7.8, положительная орбита точки х всюду плотна на
окружности. Следовательно, найдется натуральное число ni, такое что
дП1 (ж) Е J715 найдется натуральное число п2 > п^, такое что дП2(х) Е U2,
и так далее. Таким образом, мы построили строго возрастающую после-
довательность пк натуральных чисел, такую что дПк(х) Е Uk. Осталось
заметить, что так как дПк(х) —► а при к —► ос, а ордината точки дПк(х)
равна sin пк, то sin пк —► с при к —► ос.
7.10.	Пусть G — замкнутая подгруппа R. Предположим вначале,
что в множестве G+ = G П (0; +оо) существует наименьший элемент а.
Докажем, что тогда G = {ка | к Е Z}. Предположим противное: пусть
х Е G и ка < х < (к + 1)а, где fc Е Z. Рассмотрим элемент b = х — ка.
Тогда b Е G положителен и меньше, чем а, что противоречит выбору
элемента а. Теперь предположим, что в множестве G+ нет наименьше-
го элемента. В силу замкнутости множества G это может быть только
в том случае, когда inf G+ =0, т. е. когда в G существует стремящая-
ся к нулю последовательность его положительных элементов. Однако
в таком случае множество G всюду плотно в R. Осталось еще раз вос-
пользоваться его замкнутостью, чтобы заключить, что тогда G = R.
7.11.	Назовем число ш периодом функции f, если f(x +	= f(x)
при всех х Е R. Ясно, что множество Q/, состоящее из всех периодов
данной функции, является подгруппой R (проверьте это). Проверьте,
что из непрерывности функции f следует, что множество Q/ замкну-
то. Поскольку число х/2 иррационально, то не может существовать
такого числа а, что 1 = ка и \/2 = (а для некоторых целых чисел fc
и £. Следовательно, в силу результата предыдущего упражнения, оста-
ется единственная возможность: Q/=R. Таким образом, /(х) = /(0),
т. е. функция f постоянна.
238
Глава 7. Принцип Дирихле
7.12.	Ясно, что мы вправе считать, что D — шар радиуса г с цен-
тром в начале координат. Обычная длина вектора облагает следующи-
ми свойствами: ||ж4- !/||	||х|| + |||/|| и ||ta|| = |t|||x|| ддй всякого числа
t. Далее, точка z лежит на отрезке с концами в точках х и у тогда
и только тогда, когда z = (1 — t)x + ty для некоторой) числа t Е [0; 1].
Пусть x,yeD и z — произвольная точка отрезка 6 концами в этих
точках. Из цепочки неравенств
И = 11(1 - t)x + ty\\ < 11(1 - t)x\\ + ||t|/|| =
= (1 - t)||®|| + tllvll (1 - t)r + tr = r
следует, что z G D.
7.13.	Первое утверждение упражнения практически очевидно. Так
как с = иа 4- vb (mod р) и d = ub — va (mod р), то найдутся целые числа
к и €, такие что
с = иа -I- vb 4- кр и d = ub — va 4- €р,
значит,
(а, 6, с, d) = (а, 6, иа 4- vb 4- кр, ub — va + tp) =
= а(1,0,и, —v) 4- 6(0,1, v, и) 4- fc(0,0,р,0) 4- ^(0,0,0,р) =
= abi 4" 61>2 “И кЬ3 4" ^64,
где а, 6, fc, t Е Z. Второе утверждение не менее очевидно, причем для его
доказательства нет необходимости вычислять никаких определителей!
Как известно, объем параллелепипеда равен произведению площади его
основания на его высоту. Воспользуемся естественным обобщением это-
го утверждения для вычисления объема четырехмерного параллелепи-
педа. Объем данной ячейки равен произведению объема трехмерного
параллелепипеда, построенного на векторах (1, v, и), (0,р, 0), (0,0,р), на
его высоту, которая, очевидно, равна 1. Объем этого трехмерного па-
раллелепипеда равен, опять-таки, произведению 1 на площадь паралле-
лограмма, построенного на векторах (р,0) и (0,р). Осталось заметить,
что этот параллелограмм является квадратом, так что его площадь рав-
на р2.
\	Глава 8
Комплексные числа и многочлены
i
§ 8ll. Многочлены: делимость и
разложения на множители
Говорят, что многочлен р(х) делится на многочлен q(x), если най-
дется такой многочлен г(ж), что р(х) — r{x)q(x). Делимость многочлена
на двучлен х — а проверяется совсем просто, так как р(х) = г(х)(х — а)
тогда и только тогда, когда р(а) = 0. В этом вступительном парагра-
фе главы мы рассмотрим несколько примеров деления многочленов на
квадратные трехчлены.
Задача 8.1. Найдите все натуральные значения п, при которых мно-
гочлен: a) xn + 1; б) хп — 1 делится на х2 + 1.
а)	Рассуждаем по индукции. Так как разность
xn+4 + 1 _ (хп +	= хп^х2 _ ^х2 +
делится на х2 -I-1, то достаточно проверить, делятся ли на х2 + 1 мно-
гочлены: 2, х -I-1, д?2 + 1 и х3 -F 1. Таким образом, ответ: п = 2 (mod 4).
б)	Действуя аналогичным образом, приходим к многочленам 0, х — 1,
х2 — 1 и х3 — 1. Ответ: п = 0 (mod4).
Задача 8.2. Докажите, что следующие многочлены делятся на трех-
член х2 -I- х + 1:
a)	x3k -I- x3€+1 + х3п+2 при любых натуральных fc, £ и п;
б)	х2п + д?п + 1, если п не кратно трем.
а)	Так как разность
хзк 4-	-I- х3п+2 - (д?2 + д? + 1) =
= z3fc - 1 + х(хзе - 1) -|- д?2(д?3п - 1),
очевидно, делится на д?3 — 1, то она делится и на д?2 + д? + 1. Следова-
тельно и данный многочлен делится на я2 + д? + 1.
240
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
б)	Проведем индукцию по п (с шагом 3). Заметим, чтр утверждение
задачи верно при п = 1 (нечего доказывать) и при п = £, так как
х4 + х2 + 1 = (х2 + I)2 — х2 = (х2 + х + 1)(х2 -/х + 1).
Так как разность	/
х2п+6 + хп+3 + Х _ (х2п + хп +	= х2п(х6 _ хп(х3 _
делится на х2 -Ь х -Ь 1, следовательно, если п не красно трем, то мнбго-
член x2n -Ь хп Н-1 делится на х2 + х + 1.	1
В дальнейшем мы найдем более простые рассуждения, посредством
которых решаются задачи 8.1 и 8.2.
Отправным пунктом следующей задачи является разложение
х4 Н-1 = (х2 -Ь I)2 - 2х2 = (х2 + \/2х + 1)(х2 - \/2х + 1).
Задача 8.3. Разложите на множители многочлен х16 — 1.
Итак,
х16 - 1 = (х8 - 1)(х8 + 1) = (х4 — 1)(х4 -I- 1)(х8 -I-1) =
= (х - 1)(х -F 1)(х2 -I- 1)(х2 + \/2х + 1)(х2 - -\/2х + 1) х
х (х4 + V2x2 + 1)(х4 - V2x2 + 1),
таким образом, осталось разложить на множители две последние скоб-
ки. Применим тот же трюк, что и раньше:
х4 + \/2х2 + 1 = (х2 + I)2 - (2 - \/2)х2 =
= (х2 + \]2->/2х + 1) (х2 - ^2-V2i + 1),
х4 - \/2х2 -h 1 = (х2 -F I)2 - (2 -I- \/2)х2 =
= (х2 -I- \j2-\- у/2 х Ч-(х2 — \^2 + у/2 х -I-1).
Не напоминают ли вам числа \/2, \/2 -I- у/2 и \/2 — \/2 что-то хорошо
известное из другой области? Конечно, к примеру,
у 2+- \/2 = 2 cos
Упражнение 8.1. Разложите на множители многочлен х5 — 1.
Рассмотрим хорошую задачу на индукционный способ рассуждения.
§8.2. Определение поля комплексных чисел
241
Задача 8.4. Докажите, что при всех натуральных п 2 многочлен
рп (х) = хп sin А— х sin па 4- sin(n — 1 )а делится на квадратный трехчлен
q(x) = х2 - 2xqpsa 4- 1.
Если п = 2, тю р2(х) — sinag(T). Если р3(х) — (ах 4- b)q(x), то тогда
необходимо, чтобы а = sin а и b = sin 2а. Действительно,
(х sin а 4- sin2a^(x? — 2xcosa 4-1) = х3 sin а 4-	'
4- (sin 2а — 2 sin a cos а)х2 4- (sin а — 2 sin 2а cos а)ж 4- sin 2а,
что равно Рз(х), т$к как sin a — 2 sin 2a cos a = — sin 3a. Возникает есте-
ственное предположение, что
рп(х) — д(ж)(жп“2 sin a 4- xn~3 sin 2a 4-... 4- sin(n — l)a),
которое нетрудно доказать по индукции.
§8.2. Определение поля комплексных чисел
Комплексные числа появились в работах итальянских математиков
XVI века. Странным образом оказалось, что если кубическое уравнение
имеет три различных действительных корня, то в найденной формуле
для этих корней участвуют квадратные корни из отрицательных чисел.
Поскольку в действительной области такое невозможно, такие числа на-
звали мнимыми. Долгое время к мнимым числам относились с опаской,
и только со времен Эйлера и Гаусса математики, во-первых, признали
их право на самостоятельное существование и, во-вторых, поняли, ка-
кую силу несут они в себе.
Рассмотрим точки z(х,у) и w(u,v) координатной плоскости (под-
черкнем, что z и w — это обозначения точек). Назовем суммой z 4- w
точку с координатами (ж 4- и, у 4- v), а произведением zw — точку с ко-
ординатами (хи — уv, xv + уи). Множество всех точек плоскости с вве-
денными операциями сложения и умножения называется множеством
комплексных чисел и обозначается С. Оказывается, что введенные опе-
рации обладают обычными свойствами сложения и умножения.
Теорема 8.1. С — поле.
В соответствии с приведенным на с. 103 определением поля, необ-
ходимо проверить справедливость девяти свойств операций сложения
и умножения в множестве С. Со свойствами сложения все просто, их
выполнение очевидно. Нейтральным элементом по умножению — еди-
ницей — является точка (1,0). Действительно,
(а, Ь) • (1,0) = (а • 1 - b • 0, а • 0 4- b • 1) = (а, Ь).
242
Глава 8. Комплексные числа и многочлены z
Некоторые затруднения может вызвать лишь существование обратно-
го элемента по умножению. Для ненулевого комплексного числа 2(а, Ь)
рассмотрим число w (	, — ~а2 ^2 ) • Тогда
f
( а? + b2 -ab + ab\_(,nA >
Теорема 8.2. Имеет место естественное вложение R С С поля
действительных чисел в поле комплексных чисел.
Сопоставим действительному числу а точку (а, 0). Таким образом,
определено естественное отображение R —► С. Это отображение согла-
совано с операциями сложения и умножения в R и С в том смысле, что
оно переводит сумму в сумму и произведение в произведение, поскольку
(a,0) + (b,0) = (a + b,0) и (a,0)(b,0) = (ab,0).
С геометрической точки зрения R лежит в С как ось абсцисс лежит
в плоскости.	□
В соответствии с этим результатом, будем далее отождествлять а и
(а, 0). Тогда, к примеру, единица поля С — это обычная 1.
Теорема 8.3. Уравнение х2 4-1 = 0 имеет в С два решения.
Рассмотрим точку г(0,1). Тогда г2 = (0,1)(0,1) = (-1,0) = —1, кроме
того, (—г)2 = —1.	□
Наконец, перейдем к обычной форме записи комплексных чисел.
Именно,
(а, Ь) = (а, 0) 4- (0, Ь) = (а, 0) 4- (6,0)(0,1) = а 4- Ы,
где а, b е R. Таким образом, каждое комплексное число z однозначно
представляется в виде z = а 4- Ы. Число а называется действительной
частью комплексного числа z, а число Ь — его мнимой частью. Отныне
вы можете забыть определение умножения комплексных чисел и просто
«раскрывать скобки», пользуясь тем, что г2 = — 1:
(а 4- Ьг)(с 4- di) = ас + adi + Ыс + bdi2 = ac — bd+ (ad 4- bc)i.
Задача 8.5. Выполните следующие действия над данными ком-
плексными числами: 1) (1 4-2г)(1 — г); 2)	; 3) (14-г)4.
1.	(1 4- 2г)(1 - г) = 1 4- 2г - г - 2г2 = 3 4- г.
9 1 + Зг (1 4-Зг)(1 4-г) _ -2 4-4г _ - , 9.
2-	—= (1 —г)(1+»)	2—--1 + 2».
3.	Так как (1 + г)2 = 1 + 2г + г2 = 2г, то (1 + г)4 = (2г)2 = -4.
§ 8.2. Определение поля комплексных чисел
243
Модулем |t| комплексного числа называется расстояние от точки
z(а, Ь) до нуляу(до начала координат), таким образом, |z| = у/d2 4- fr2.
Теорема 8.4. |zw| = |z||w|.
Упражнение 8.2. Выпишите и проверьте тождество для действи-
тельных чисел, равносильное тождеству этой теоремы.	□
Комплексно-сопряженным к числу z = х 4- iy называется число’ z =
= х — iy, при этом, как нетрудно видеть, zz — \z
образом,
1 _ z
Z ~ |z|2 
I2, ИЛИ Z • 7-^7 = 1. Таким
1	\z 2
Всякое (отличное от нуля) комплексное число z = х 4- yi можно за-
писать в виде
z = Ирг = |^|(cos4- г sin</?),
-г
д*	.	У	-т—,
где cos р = —== и sm = -..........- . Если предположить, что р ле-
у/х2+у2	\/х2+у2
жит в некотором фиксированном полуоткрытом промежутке длины
2тг, то это значение определяется однозначно
и называется аргументом данного комплекс-
ного числа. Обычно рассматривают р е [0; 2тг)
или р 6 [—7г; 7г). Выражение комплексного чис-
ла в виде z = г (cos р 4- i sin р) называется три-
гонометрической формой записи комплексно-
го числа. Здесь г — это модуль числа z, а р —
угол между соответствующим вектором и осью
абсцисс (рисунок).
Теорема 8.5. Пусть z — |z|(cos<£4-isin(£) и w = |w|(cos-04-isin^).
Тогда
zw = |z||w|(cos(<£ 4- ф) 4- isin(<£ 4- VO)-
Действительно, в силу формул сложения для синуса и косинуса, по-
лучаем, что
zw = |z||w|(cos<£ 4- isin<^)(cos-0 4- i sinф) =
= |z||w|(cos<£cosV> — sine/?sinф 4- isin<^cos-0 4- icospsinф) =
= |z||w|(cos(<£ 4- ф) 4- isin((£ 4- ф\).	□
Следствие 1 (формула де Муавра).
(cos р 4- г sin р)п = cos пр 4- i sin пр.
244
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
Следствие 2 (геометрический смысл умножения). Если |г| = 1, то
преобразование w н-► zw является поворотом плоскости относитель-
но начала координат.
Действительно, так как z — cos а 4- г sin а, то если w — |w|(cosy> 4-
4- г sin </?), то zw — |w|(cos(^ 4- а) 4- isin(</? 4- а)).
Упражнение 8.3. Используйте формулу Муавра для вывода фор-
мул синусов и косинусов кратных углов.
Теорема 8.6. Для всякого комплексного числа w / О уравнение
zn — w имеет ровно п решений.
Пусть w = г (cos р 4- i sin <р). Положим
nr( <0 4-2тг& , . . <р 4- 2як\ j п
zk = vr( cos —---------h г sin —--), к — 0,1,... , n - 1.
\ п	nJ
Из формулы Муавра следует, что
z^ — r(cos(</? 4- 2?rfc) 4- г sin(</? 4- 2?rfc)) = w.
Поскольку мы уже нашли п корней у многочлена степейи п, то других
корней он не имеет.	□
Упражнение 8.4. Докажите, что n-угольник, вершинами которого
являются корни степени п из данного комплексного числа, является
правильным.
Первообразным корнем степени п из 1 называется такое комплекс-
ное число е, для которого еп = 1 и Ек / 1 при к = 1,2,..., п — 1,
т. е. п = min{fc 6 N | Ек = 1}.
Упражнение 8.5. Сколько первообразных корней имеется среди
корней степени п из 1?
В заключение этого параграфа приведем одно утверждение
теоретико-группового характера. Пусть Сп — множество всех корней
степени п из 1.
Теорема 8.7. а) Операция умножения комплексных чисел опреде-
ляет операцию в множестве Сп, относительно которой оно является
группой, б) Группа Сп изоморфна группе Zn, в частности, она явля-
ется циклической, в) Корень е из 1 является первообразным тогда и
только тогда, когда он является образующей группы Сп.
Упражнение 8.6. Докажите эту теорему.
Упражнение 8.7. Пусть {е\}к=1 — множество всех корней степени fc
из 1, {cuj}y=x — множество всех корней степени п из 1. Докажите, что
если числа к и п взаимно просты, то множество } есть множество
всех корней степени кп из 1.
§ 8.3. Комплексные числа в задачах
245
§8.3. Комплексные числа в задачах
Первым применением комплексных чисел будет новое решение зада-
чи 8.2.
а)	Докажем, что р(х) = хзк + т3£+1 4- х3п+2 делится на х2 4- х 4- 1. По-
скольку х3 — 1 = (х — 1)(т2 + х 4-1), то корнями многочлена х2 4- х + 1
являются числа е / 1, такие, что s3 = 1. Для того чтобы доказать, что
р(х) делится на х2 4- х 4-1, достаточно убедиться, что если е3 = 1 и е /1,
то р(е) = 0.
Действительно, Езк 4- е3£+1 4- е3п+2 = 1 4- £ 4- £2 = 0.
б)	Пусть п не делится на 3. Если п = 3k 4-1, то
£2п 4- £п + 1 = £2 4- £ + 1 = 0,
следовательно, в этом случае х2п 4- хп 4-1 делится на х2 4- х 4-1. Ана-
логичным образом рассматривается случай п — Зк 4- 2.
Упражнение 8.8. Найдите короткое решение задачи 8.4.
Задача 8.6. Докажите, что сумма векторов, идущих из центра пра-
вильного многоугольника в его вершины, равна нулю (рисунок).
Самое разумное решение состоит в использова-
нии формул Виета. Пусть центром многоугольни-	а
ка является начало координат. Векторы, о кото-	/
рых идет речь в теореме — это просто комплекс-	/
ные числа, являющиеся корнями n-ой степени --------------►---►
из некоторого комплексного числа, т. е. корнями	\
уравнения zn — w = 0. Поскольку в этом уравнении	\
коэффициент при zn-1 равен 0, то равна нулю и
сумма его корней.
Приведем также и другое решение. Пусть z — одна из вершин пра-
вильного n-угольника, центром которого является начало координат.
Если е — первообразный корень степени п из 1, то остальные вер-
шины этого многоугольника располагаются в точках ze, zs2,..., ze”"1.
Осталось заметить, что
z 4- ZE 4-... 4- геп-1 = г(1 4- £ 4-... 4- sn-1) = z\~ 6 = 0.
1 - £
Задача 8.7. Положим рп(х) = 1 4- х 4-... 4- хп.
а)	Пусть zx, г2,..., zn — комплексные корни многочлена рп. Дока-
жите, что (1 - Zi)(l -22)...(1 -:n) = n4-l.
б)	Найдите все п, при которых многочлен рп(х) делится на 14-х3.
246
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
а)	Если zx,..., zn — корни многочлена рп, то
рп(х) ~ {х — Zi)(x - z2)... (я - zn),
значит, (1 - Zi)(l - z2)... (1 - zn) = p„(l) = n +1.
б)	Многочлен pn делится на x3 +1, если все корни последнего много-
члена, т. е. кубические корни из —1, являются ц корнями рп. Положим
е — cos | 4- г sin Как и выше, рп(е) = 0 тогда и только тогда, когда
en+i _ ।, т е когда ЧИсло n + 1 делится на 6. Таким образом, п = 6fc — 1,
fcGN.
Задача 8.8. Вычислите сумму 1 4- cos а 4-... 4- cos(n — 1)а.
Вычисления, которые мы сейчас проведем, будут достаточно длин-
ными. Однако метод, которым мы будем решать эту задачу, является
общим и применим в других ситуациях.
Рассмотрим комплексное число z = cos а 4- isirfa. В силу формулы
Муавра, zk — cos ka 4- i sin fca, следовательно, искомая сумма равна дей-
ствительной части выражения
. n—i zn — 1 cos па — 1 4- i sin па
1 4- z 4-... 4- z =----— =----------1	•---—
z — 1 cos a — 1 4- г sin a
_ (cos na — 1 4- i sin na)(cos a — 1 — i sin a)
(cos a — l)2 4-sin2 a
Осталось провести тригонометрические преобразования, в результате
которых мы получим, что последняя дробь равна
~ nQ ~ na
COS	Sin	sin a sin q
______£	£_ л 	£______£_
• Ct_______________________________। b_. a
sin |	sin
Таким образом
___ (n “ l)a • na
cos —=— sin -y
1 4- cos a 4-... 4- cos(n - l)a =--5-------— .
sin 2
Обратите внимание, что одновременно мы получили, что
• (* ~ !)в • na
sin fy sin q
sin a 4- sin 2a 4-... 4- sin(n — l)a =-4---------- •
sin 2
В действительности, вычисления можно существенно сократить, если
воспользоваться формулами из §8.7 этой главы.
Задача 8.9. Вычислите сумму
с°п - с2п+С\ - ... + (-ljWcS1*1.
§ 8.3. Комплексные числа в задачах
247
Рассмотрим число (1 4-г)п. В силу формулы бинома Ньютона,
Поскольку 1 + г = \/2(cos 4- г sin , то, в силу формулы Муавра,
(1 4- г)п = 2 Vcos	+ г sin
Значит,
C°-C’+C;J-... = 2* cos^,
C;-C^4-C:-... = 2i sin^.
Сравните утверждение первого пункта следующей задачи с замеча-
нием, содержащимся в решении задачи 8.3.
Задача 8.10. Докажите, что:
х2п
б)
х2 — 2 cos — х 4-1);
п /
fc=i
. 7Г . 27Г	. (п - 1)7Г у/п
sin — sm — ... sm -—-—— — •£—г.
2n 2n	2n 2n"\
Корнями многочлена x2n — 1 являются корни степени 2п из 1,
т.е. числа ±1, ек= cos 4- isin и числа где к = 1,2,...,п — 1.
Следовательно,
Х2п -1 = [х2 - 1) JJ ((х -ek)(x -£*))•
fc=l
Искомое равенство следует из того, что
(х - ек)(х - ек) = х2 - (ек -I- ек)х + екек =
= х2 - 2 cos — х + 1.
п
б) Из равенства предыдущего пункта следует, что
ж2п-2	ж2п-4
(х2 — 2 cos х 4-1) .
fc=iХ	71
Подставив х = 1 в обе части, получим, что
п = П(2 - 2cos^) = П 4sina g	ft',ma
fc=l	fc=l	fc=l
откуда и следует искомое равенство.
248
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
§8.4. Комплексные числа и геометрия
Хорошим применением комплексных чисел в геометрии является ре-
шение задачи 8.6. Приведем еще два примера.
Задача 8.11. Рассмотрим треугольник АВС, вершинами которо-
го являются различные комплексные числа и, v, w. Докажите, что
треугольник АВС — равносторонний, тогда и только тогда, когда
и2 4- v2 4- w2 = uv 4- vw 4- wu.
Равенство и2 4- v2 4- w2 = uv 4- vw 4- wu равносильно тому, что
(у — и)2 4- (w — v)2 4- (и — w)2 — 0.
Пусть a = v —и, b = w — V и c — u — w. Если треугольник АВС является
равносторонним, то Ь — Еа и с — еЬ, где s / 1 — это кубический корень
из 1. Значит,
(у - и)2 4- (w - v)2 4- (u - w)2 = a2(l 4- e2 4- e4) = a2(l 4- e2 + e) = 0.
Теперь докажем обратное утверждение. Так как а 4- 6 4- с = 0 и
д	а2 4- Ъ2 4- с2 = 0, то ab 4- Ьс 4- са — 0. В силу фор-
/ \	мул Виета, числа а, b и с являются корнями
120° /	\ уравнения z3 — w, следовательно, b = Еа, с = еЬ,
\ где е / 1 является кубическим корнем из 1.
------------------* Значит, треугольник АВС равносторонний.
Задача 8.12. Докажите, что:
a)	|zi+z2|2 + |zi -z2|2 = 2(|г1 |2 + |z2|2);
б)	|zi+z2j |zj + |z2|.
Пусть zk = xk 4- iyk, k = 1,2.
а)	Приведем два решения. Первое решение:
ki 4- £г|2 4- |zi — z2|2 =
= |Ж1 + x2 + i(yi + y2)|2 + |Z1 - x2 + i(yi - y2)|2 =
= (ajj + x2)2 + (yi + y2)2 + (Xi - x2)2 + (yi - y2)2 =
=	+ y2 + x2 + y22) = 2 (|zi |2 + |z2|2).
Второе решение:
|z1 + z2|2 + |z1-z2|2 =
= (Zi + Z2)(Z1 + Z2) + (Zi - Z2)(Zi - z2) =
= ZiZi 4- Zi£2 4- Z2J1 4- z2z2 4- ZiZi - zxz2 - z2Zi 4- z2z2 —
= 2(|z1|2 + |z2|2).
§ 8.4. Комплексные числа и геометрия
249
б)	В терминах чисел хк и ук неравенство выглядит следующим об-
разом
у/(Х! + х2)2 + (у! + у2)2 y/xj + yl + y/xj + yl,
а это неравенство уже встречалось в главе 5 на с. 152. Напомним, что,
возведя в квадрат обе его части, после раскрытия скобок и приведения
подобных членов мы придем к неравенству Коши—Буняковского f
XiX2 + У!У2 y/xl + У1\/х2 + у2.
«При чем же здесь геометрия?» — спросите вы. Дело в том, что
неравенство пункта б) — это обычное неравенство треугольника, а
тождество пункта а) означает, что сумма квадратов диагоналей парал-
лелограмма равна сумме квадратов всех его сторон.
Комплексные числа можно использовать при решении геометриче-
ских задач. Приведем решение задачи 4.20. Напомним ее формулировку.
Пусть ABCD и CEFG — квадраты на плоскости, причем повороты от
CD к СВ и от СЕ к CG производятся в одном направлении. Тогда
продолжение медианы СМ треугольника CDG является высотой тре-
угольника ВСЕ.
Будем считать, что точка С расположена в начале координат. Пусть
точке D соответствует комплексное число и, а точке Е — число v. По-
скольку с геометрической точки зрения умножение на i есть поворот
на угол 90° против часовой стрелки (см. следствие 2 на с. 244), то точ-
кам В и G соответствуют числа iu и w, соответственно. Медиана СМ
параллельна вектору и 4- w, а сторона BE — вектору v — iu. Осталось
заметить, что i(v — iu) = и + iv. Таким образом, CM ± BE.
Теорема 8.8. Преобразования С —>С: z н► az 4- Ь, z н-► az 4- & явля-
ются преобразованиями подобия. Они являются движениями тогда и
только тогда, когда |a| = 1. Более того, всякое преобразование подобия
и всякое движение представляются в одном из указанных видов.
Напомним, что отображение плоскости в себя называется преобразо-
ванием подобия, если оно сохраняет отношения длин отрезков. Другими
словами, преобразование f плоскости в себя есть преобразование подо-
бия, если для любой пары точек А и В отношение \f(A)f(B)|/|ЛВ|
постоянно.
Упражнение 8.9. Докажите эту теорему и используйте ее для
вывода различных утверждений о геометрических преобразованиях
(см. главу 4).
Задача 8.13. Докажите, что cos пг 4- cos nF = -1.
О	О	Z
250
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
Пусть е = cos	4- i sin	. Так как из формулы Муавра следует, что
е — первообразный корень степени 5 из 1, то 1 + е + е2 + е3 + е4 = 0.
Далее, Ё2 = е3 и ё=?, откуда следует, что 14-е4-ё4-£24-ё2=0. Осталось
заметить, что е 4- ё = 2 cos и е2 4- Ё2 = 2 cos .
о	о
Упражнение 8.10. Выведите из предыдущей задачи возможность
построения правильного пятиугольника при помощи только циркуля и
линейки.
Упражнение 8.11. Докажите, что cos у* является корнем уравне-
ния 8х3 4- 4т2 — 4х — 1 = 0 и найдите два других корня этого уравнения.
Теорема 8.9. Правильный 17-угольник можно построить при по-
мощи только циркуля и линейки.
По сути дела, доказательство этой теоремы основано на вычислении
значения cos . Мы приведем вычисление, которое Гаусс провел в воз-
расте 17 (!) лет. Оно поучительно с двух точек зрения. Во-первых, на
взгляд автора, его нельзя «угадать». Вы увидите, что успех рассуж-
дения зависит от правильного разбиения на части появляющихся сумм
косинусов. Во-вторых, в результате Гаусс сумел правильно угадать фор-
мулировку общей теоремы 8.10.
Рассмотрим уравнение х16 4- х16 4-... 4-1 = 0. Пусть р = -- и е =
= cos р 4- i sin р. Положим
Х1 = е 4- е9 4- е13 4- е15 4- ?6 4- е8 4- е4 4- е2,
х2=е3 + е10 + е5 4- е11 4- е14 4- е7 4- е12 4- £6.
Ясно, что Х1 4- х2 = — 1. Убедимся, что ххх2 = —4. Имеем
Xi = 2 (cos р 4- cos 8р 4- cos 4р 4- cos 2р),
х2 = 2 (cos Зр 4- cos 7р 4- cos 5р 4- cos 6р).
При преобразовании произведений косинусов в сумму мы получим удво-
енную сумму косинусов углов вида кр. Значения fc занесены в следую-
щую таблицу (использовалось то, что cos кр = cos^ при fc 4- = 17).
24684657
5 6	1	2	3	4	2	3
1 7	3	6	1	8	2	7
1 5	5	8	7	3	8	4
Прямая проверка показывает, что	каждое из чисел от 1 до 8 встречает-
ся в этой таблице ровно 4 раза. Следовательно, XiX2 = 4(xi 4- х2) = —4.
Таким образом, числа Xi и х2 являются корнями квадратного урав-
нения х2 4- х — 4 = 0. Осталось заметить, что 2р < следовательно,
§ 8.4. Комплексные числа и геометрия
251
vl7 — 1	vl7 4- 1
cos <р 4- cos 2<р > 1, а значит, хг > 0. Поэтому	— и х2 = — —%— •
Теперь рассмотрим числа
2/i = 2(cos <р 4- cos 4<£>),	у2 = 2(cos 2ip 4- cos 8</?),
у3 = 2(cos 3<р 4- cos 5<^>),	j/4 = 2(cos 4- cos 7<p).
Таким образом, уг 4- y2 = Xi и j/з 4-j/4 = #2- Теперь вам уже нетруд-
но будет проверить, что у\у^ = УзУа = — 1- Тем самым, уг и у2 — это
1 = 0, а уз и у4 — корни уравнения
/17-1-/34 — 2/17
У2	4__________’
_ -1 - /17 - /34 + 2/17
У4-	4
Пусть Zi = 2cos<£> и z2 = 2cos4<£. Легко видеть, что 4- z2 = уг и
-2i-22 = 4 COS <р COS 4<р = 2(cos 3<р 4- COS 5<р) = Уз.
корни уравнения у 4--—у —
у2 4- 1 У —1 = 0. Поэтому
>/17 - 1 4- \/34 - 2у/17
У1	4
= -1-/17+/34 + 2/17
Получаем уравнение
2	/17 - 1 + /34 - 2/17 , -1-/17+/34+ 2/17 п
z-----------4--------* +---------4---------= °-
Решив это квадратное уравнение, мы найдем, что
соз^ = ^(/17- 1 + ^34-2/17 +
17	10 \	¥
+ ^/б8+ 12/17-2^/з4-2/17- 16^34+ 2/17+ 34^2/17-2^.
Полученное выражение можно упростить.
Упражнение 8.12. Проверьте, что
^/з4 —2/17 + 8\/з4 + 2/17 - 17^2/17-2 = 2^/170 + 38/17.
В соответствии с результатом этого упражнения мы получаем следу-
ющую формулу для cos :
с°8^ =	/17- 1 + \/з4-2/17 +
Н 10 \
+ 2V17 + 3/17- \/170 + 38/171	□
252
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
Упражнение 8.13. Докажите, что если возможно при помощи
только циркуля и линейки построить правильные fc- и п-угольники,
то можно построить правильный 2£ fc-угольник, а если числа к и п вза-
имно просты, то можно также построить правильный fcn-угольник.
Теорема 8.10 (Гаусс—Венцель). Правильный n-угольник можно по-
строить при помощи только циркуля и линейки тогда и только то-
гда, когда п = 2кргр2 .. .ре, где р3 — попарно различные простые числа
Ферма.1
<
В 1799 году Гаусс доказал возможность построения правильного мно-
гоугольника с числом сторон данного вида. Доказательство невозмож-,
ности построения при помощи только циркуля и линейки правильных
многоугольников с другим числом сторон была дано в 1837 году. Оно
основывается на теории Галуа, разработанной в начале XIX века.
§8.5. Доказательство Конна теоремы Морли
Этот параграф является естественным продолжением предыдущего.
Речь в нем пойдет об удивительной теореме, доказанной в 1899 году
Ф. Морли. Точнее, даже не столько об этой теореме, сколько об одном
изумительном ее доказательстве, которое в 1998 году нашел А. Конн.2
Теорема 8.11 (Морли). Точки пересечения трисектрис треуголь-
ника являются вершинами правильного треугольника.
Доказательство, предложенное Конном, основано на синтезе теоре-
тико-групповых идей (см. главу 4 этой книги) и вычислений, использу-
1 Напомним, что простым числом Ферма называется простое число вида Fn =
= 22П + 1. Известно, что числа Fq = 3, Fi = 5, F2 = 17, F3 = 257 и F4 = 65537 дей-
ствительно являются простыми. Других простых чисел Ферма пока не известно.
2 A New Proof of Morley’s Theorem. Publ. I. H. E. S., 1998. P. 43-46. Русский перевод
опубликован в 2005 году в выпуске 9 серии «Математическое просвещение».
§8.5. Доказательство Конна теоремы Морли
253
ющих комплексные числа. Мы будем рассматривать множество преоб-
разований
G = {д: С —► С | z i-> az + 5, где а / 0, a, b е С}.
Пусть 0i,02 6 G. Рассмотрим композицию дх о д2. Так как
(.91 ° 9i)(z) = gi(g2(z)} =ai(a2z + b2) + Ьг = aia2z + агЬ2 + bi,
to gi о g2 € G.
Упражнение 8.14. Докажите, что множество G, операцией в ко-
тором является композиция отображений, является группой.
В дальнейшем мы будем использовать групповые обозначения и пи-
сать 0102 вместо 01 о 02, опуская значок о.
Упражнение 8.15. Докажите, что если а/1, то преобразование
0: z н-► az + Ь имеет единственную неподвижную точку.3
Перед тем, как доказывать основную теорему, из которой мы затем
выведем теорему Морли, мы сформулируем и докажем две леммы, из
которых станет понятной основная идея доказательства. Обозначим че-
рез За и 3/3 величины углов /ВАС и /АВС, соответственно (см. при-
веденный выше рисунок).
Лемма 8.12. Если дх — это поворот на угол 2а против часовой
стрелки вокруг точки А, а д2 — поворот на угол 2/3 (также против
часовой стрелки) вокруг точки В, то неподвижной точкой преобразо-
вания дгд2 является точка К — точка пересечения трисектрис углов
/ВАС и/АВС.
Обозначим через Н осевую симметрию относительно стороны АВ
треугольника, а через Нг и Н2 осевые симметрии относительно трисек-
трис АК и ВК, соответственно. Как известно, дг = НХН и д2 = НН2,
следовательно, дгд2 = НД1НН2 = НХН2 — поворот вокруг точки К. □
Рассмотрим также 03 — поворот вокруг точки С на угол 27, где З7 —
это величина угла /АСВ.
Лемма 8.13. gfg2g^ = 1-
Упражнение 8.16. Докажите эту лемму.
Упражнение 8.17. Пусть и, v и w — различные комплексные
числа, е / 1 — кубический корень из 1. Докажите, что треугольник
с вершинами в точках и, v и w является равносторонним тогда и толь-
ко тогда, когда и -F ev + e2w = 0.
3Напомним, что точка zq называется неподвижной точкой отображения д, если
дЫ = г0.
254
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
Лемма 8.14 (Конн). Пусть alf а2 и а3 — комплексные числа, ни
одно из которых не является кубическим корнем из 1, такие, что их
произведение е = ата2а3 есть отличный от 1 кубический корень из 1.
Тогда для любых комплексных чисел blf Ь2 и Ь3 справедливо тожде-
ство
(а2 + ai + 1)61 4- af(a2 + а2 4- 1)Ьа 4" (oiO2)3(о2 4* а3 4- 1)6з =
= —еа2а2(ах — е)(а2 — е)(а3 — е)(и 4- vs 4- we2),
где
__ Oi62 4- 6i __ Одбз 4- 62	_ g3bi 4- 63
а>	, и	, ш
1 — OiO2	А — О2Оз	1 — O3O1
Тождество проверяется прямым вычислением. Первое соображение
СОСТОИТ В ТОМ, ЧТО ПОСКОЛЬКУ O1O2O3 = б, то
_ (0162 4" 61)а3	_ (0263 4" 62)01	__(0361 4- 63)а2
03 — е ’	ai — е ’	о2 — е
Следовательно,
(oi - е)(о2 - е)(о3 - е)(и 4- ve 4- we2) =
= (oiO2 — б(О1 4" о2) 4" £2)оз(о1б2 4" 61) 4"
4- (о2Оз — е(а2 4" 03) 4" £2)о1(а26з 4- 62)б 4-
4- (0301 — е(а3 4- Oi) 4- e2)a2(a3bi 4- 6з)б2.
Найдем коэффициент при 61 в полученном выражении. Он равен
О1О2Оз — 6G1O3 — еа2а3 4~ е2а3 4~ в2O1O2O3 — е^а±а2а3 —
- е3о2о2 4- еа2а3 = -soio3 4- е2а3 4- о3 - о2о2 = -(soia3 4- еа3 4- а2а%).
Умножив его на — еа^а2, получим
е2а^а2а3 4- е2а^а2а3 4- ео^о2 = а2 4- ох 4-1,
т. е. в точности тот многочлен, который стоит в левой части искомого
тождества. Читатель может проверить совпадение коэффициентов при
62 и 63 самостоятельно.	□
Теперь мы с легкостью докажем теорему Морли. Пусть дъ д2 и
д3 — повороты на углы 2а, 2/3 и 27, соответственно, вокруг вершин
треугольника АВС. Запишем каждое из преобразований дк в виде
gk(z) = akz 4- bk, к = 1,2,3. Положим е = а1а2а3. Ясно, что е/1. От-
метим также, что ни одно из чисел ак не является кубическим корнем
из 1.
Основная теорема высшей алгебры
255
Упражнение 8.18. Докажите, что
01020з(г) = afalalz 4- (а? 4- fli 4-1 )bi 4-
4" Л1(<12 "Ь а2 4-1)^2 4" (о1(Х2)3(^з 4" Оз 4~ 1)Ьз*
В силу леммы 8.13, композиция gfg^g^ является тождественным пре-
образованием, значит, е3 = 1 и
(а? 4-	4- 1)Ь1 4"	4" а2 4" 1)5г 4- (<11<12)3(<1з 4" <13 4" 1)Ьз = 0.
В силу леммы 8.14, и 4- ve 4- we2 = 0. Ясно, что точка и является непо-
движной для преобразования д^дъ. Следовательно, в силу леммы 8.12,
она совпадает с точкой К пересечения трисектрис углов /.ВАС и
/АВС. Аналогичным образом, v и w — это точки пересечения три-
сектрис других углов. В силу упражнения 8.17, треугольник KLM —
равносторонний.	□
Это доказательство появилось, можно сказать, по ошибке. Как пишет
А. Конн, во время его пребывания в IHES (Институт Высших Науч-
ных Исследований в Бюр-Сюр-Иветт под Парижем) «кто-то упомянул
эту теорему за ланчем и ошибочно приписал ее Наполеону. Я услы-
шал тогда про теорему Морли в первый раз. Вернувшись домой, я стал
над ней размышлять, следуя одному из советов Литтлвуда — искать
доказательства не в книгах, а в собственной голове. Помимо чистой
любознательности, мною двигал очевидный честолюбивый мотив: эта
теорема — одно из тех немногих достижений Бонапарта, в которых я
способен с ним сравниться.» Сама теорема Наполеона приведена в раз-
деле «Дополнительные задачи» этой главы (задача 8.29).
§8.6. Основная теорема высшей алгебры
и «единственность» поля С
В этом параграфе мы докажем теорему, которая по традиции назы-
вается основной теоремой высшей алгебры.
Теорема 8.15 (доказательство Даламбера). В поле комплексных чи-
сел всякий непостоянный многочлен имеет хотя бы один корень.
Известно множество доказательств этой теоремы, связанных с имена-
ми Эйлера, Даламбера, Гаусса,..., Милнора. Интересно то, что ни одно
из этих доказательств не является, условно говоря, чисто алгебраиче-
ским. В каждом из них, так или иначе, используется понятие непрерыв-
ности функции. Не случайно на математических факультетах универ-
ситетов доказательство этой теоремы появляется в курсе топологии или
256
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
в разделе теории функций комплексного переменного курса математи-
ческого анализа. Предлагаемое ниже доказательство Даламбера хорошо
тем, что в нем, во-первых, от читателя требуются минимальные знания
математического анализа и, во-вторых, ясно видно, какое свойство ком-
плексных чисел является существенным: именно, существование корня
любой степени из произвольного комплексного числа.
Теорема 8.16 (Вейерштрасс). Всякая непрерывная функция двух
переменных, заданная на замкнутом круге, достигает в нем своего
наименьшего и наибольшего значений.
Доказательство теоремы Вейерштрасса в двумерном (да и в много-
мерном) случае по сути ничем не отличается от доказательства клас-
сической теоремы Вейерштрасса, в которой рассматриваются функции,
заданные и непрерывные на некотором отрезке.4
Лемма 8.17. Пусть p(z) — непостоянный многочлен. Для любого
числа с > 0 найдется такое число г, что |р(г)| > с при всех |z| г.
Пусть p(z) = anzn + an_i2n-1 + ... + а0- Будем считать, что г 1. То-
гда, если \z| > г, то
\anzn 4- an_izn-1 + ... + а0|
>	l°nI И" - |an-iZn-1 + ... + a0|
>	ki и" - i*in_i ki=И”-1 (ki и - 52 ki)
п —1	г=0	'	г=0	'
>	|an| г — 22 la*l > с’
г=0
Лемма 8.18. Пусть q(z) = l+ckzk +.. . + cnzn, где ck^0. Для всяко-
го положительного числа 6 найдется комплексное число zQ / 0, такое
что |z0| < 6 и |q(z0)| < 1-
Пусть е — это некоторый корень степени к из числа — ~, так что
ек = — —. Рассмотрим функцию ip(t) = |g(te) |, t е1R. В силу выбора числа
ск
е, получаем, что при t G (0; 1)
<p(t) = |1 - tk 4- uk+itk+1 4-... 4- untn\
1 — tk 4- £fc|ufc+i£ 4-... 4- untn fc|.
Выберем число a < 1 так, чтобы |ufc+it 4-... 4- untn-fc| < | при t e (0; a).
4См., к примеру, книгу [27].
Основная теорема высшей алгебры
257
Тогда при всех t е (0; а) справедливо неравенство
p(t) < 1 - tk +	= 1 - £ < 1.
Таким образом, мы можем положить z0 = te, взяв число t достаточно
малым.	□
Доказательство теоремы 8.15. Предположим, что многочлен р(г) 4ie
имеет (комплексных) корней. В силу леммы 8.17 найдется г > 0, та-
кое что |р(г)| > |р(0)| при всех |г| г, в частности, |р(0)| < |p(z)| при
|z| =г. В силу обобщенной теоремы Вейерштрасса, функция |р(г) | в кру-
ге |z| г достигает своего наименьшего значения в некоторой точке а,
которая по выбору г лежит внутри этого круга, т. е. |а| < г. Предполо-
жим, что р(а) / 0.
Разложим многочлен р(г) по степеням z — а:
p(z) = bo + bk(z -а)к + ...+ bn(z - а)п,
где Ьк / 0, и положим
q(w) = — р(ш 4- а) = 1 4- ckwk 4-... 4- cnwn.
Оо
По условию |р(а)| < |р(г)| при всех |г| г, значит, |g(w)|	1 при всех
|w| г — |а|, что противоречит утверждению леммы 8.18.	□
Следствие 1. Над полем комплексных чисел всякий непостоянный
многочлен раскладывается на линейный множители, т. е.,
p(z) = a0(z - Zi)(z - z2)... (z - zn),
где Zi,z2,...,zn — корни многочлена p(z).
Следствие 2. Всякий многочлен с действительными коэффициен-
тами раскладывается в произведение многочленов с действительными
коэффициентами, степень каждого из которых не больше двух.
Упражнение 8.19. Докажите второе следствие теоремы.
А теперь мы докажем, что во вполне определенном смысле других
содержащих 1R полей, кроме С, не существует.
Рассмотрим некоторое поле К, содержащее поле R действительных
чисел. Основное предположение будет заключаться в том, что поле К
является конечномерным векторным пространством над 1R. Если К =С,
то каждый элемент К однозначно представляется в виде х = а 4- Ы, где
а, Ь € Ж, таким образом, С есть двумерное пространство над 1R (и на-
бор {1, г} является базисом этого пространства). Самый простой способ
258
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
дать определение многомерного линейного пространства — формаль-
ный. Будем считать, что элементы х Е К представляются наборами
(Х1,ж2,... ,тп), где	В будущем для нас важно то, что всякие
п + 1 элементов такого пространства являются линейно зависимыми
(аналогично тому, как в обычном пространстве всякие четыре вектора
линейно зависимы).
Теорема 8.19. Если поле К содержит R и является конечномер-
ным векторным пространством над R, то К = R или К = С.
Пусть dimKR = n. Предположим, что К /R, значит, найдется эле-
мент у е К \ R. Поскольку набор {1, у,..., уп} состоит более, чем из
п элементов, то он линейно зависим, следовательно, найдутся чис-
ла а0, аъ..., ап, такие что а0 + a>iy + • •. + апуп = 0 в К. Рассмотрим
многочлен /(я) = а0 + aiz + ... + апхп. В силу следствия 2 из основной
теоремы высшей алгебры,
/(т) = aQ(x - Xi)... (х - xfc)(x2 +Р1Я + Qi)... (х2 +ptx -F q>),
р?
где fc + 2^ = n, Xi € R и е R, причем — — qi < 0. Так как
/(у) = ао(у - 11)... (у - 2!fc)(y2 +Р1У + 91)... (у2 + pty + qt) = 0,
то один из сомножителей в произведении равен нулю. Поскольку по
предположению у R, то равен нулю один из квадратичных сомножи-
телей, для определенности, у2 +ргу + Qi = 0. Тогда, (р -I- у) = —с2 и
( - + тг)2 = -1. Положим г = - + тг- Ясно, что 1 и i линейно незави-
\ с 2с/	с 2с ’
симы над R. Рассмотрим множество KQ = {a -F bi | а, b G R}.
Упражнение 8.20. Докажите, что Ко есть поле, изоморфное С.
Пусть z Е К — произвольный элемент поля К. Так же, как и выше,
построим по z элемент ?, такой что г2 = — 1. Ясно, что элементы 1, zS
линейно зависимы. Поскольку (г — г)(г + г) = г2 — г2 = 0, то г =±?, следо-
вательно, элементы 1,г,г линейно зависимы, таким образом, z е K0.D
§8.7. Формула Эйлера
В этом параграфе мы используем разложения функций еж, sin а; и
cos а; в степенные ряды. Известно (и не очень сложно доказывается),
что
л»2	грП
е1 = 1 + х+ ^- + ... + ^7 + ....
2	п!
§8.7. Формула Эйлера
259
Общая идея определения экспоненты состоит в том, чтобы, к примеру,
положить
2 п!
при z 6 С. Опять-таки, нетрудно доказать, что этот ряд сходится при
всех z 6 С. Теперь выпишем разложения в степенной ряд синуса и ко-
синуса:
л X2 , X4
СО8Х=1- - +	,
X3 , х5
9.п1 = 1-т + —
Следовательно,
e^ = l + ix + ^
с — it I 2
= 1 - — -F — -
2	24
(га;)3	(га;)4
6 + 24
 + i(x-^-
= cosx -Ь г sin я;.
Мы доказали формулу Эйлера eix = cos х + г sin ж, из которой следует
одно из самых восхитительных тождеств
eiK = -1
связывающее воедино четыре важнейших математических константы:
1, е, 7Г и г.
Поскольку eix = cos х -I- г sin х и e~ix = cos х — i sin ж, то
cos х =
eix 4- e~ix
И SIH X = ---------7-7-
2г
2
Приведем теперь короткое решение задачи 8.8. Итак, если z = cosx-F
4- г sin ж, то z = eix, значит,
1 4- z + ... 4- zn 1
zn - 1 _ einx - 1 _	-е~£ДУ
z — 1 eix — 1 e e*? — e-15
cos
n — 1 , . . n — 1 \
—— x 4- г sm ——x I
£ /
sin ^x
• x~>
sm 2
откуда и следует искомое равенство.
Теорема 8.20. eu+v = еи • ev.
Мы не будем доказывать эту теорему в полном объеме, так как ее
доказательство опирается на стандартное утверждение о произведении
260
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
степенных рядов. Все, что будет проделано — это вычисление коэффи-
циентов. Итак, поскольку
е- = 1+ и+ ^ + ... + ^ + ...,
&	К!
е” = 1 + v +	+ ... +	+ ... , '
ТО
e«.ev = V V = V ЛЛ/ =
2^ 2_> k\t\ 2^ni 2^ ш!
n=0 k+£=n	n=0 k-b£=n
=Ё Ё °: “*""*=£	+”>"=e"+"-
n=0 k=0	n=0
Следствие. ex+iy = ex (cos у + i sin y).
Таким образом, экспоненциальная функция с комплексным аргумен-
том объединяет в себе как стандартную показательную функцию е®,
так и тригонометрические функции cos а; и sin х.
§8.8. Быстрое преобразование Фурье
В этом параграфе мы рассмотрим задачу умножения двух много-
членов. Казалось бы, задачи как таковой просто не существует. Ес-
ли р(т) = а0 + aiz + ... + an-i£n-1 и q(z) = b0 + biz + ... + bm-itf™-1,
то коэффициенты ск произведения p(x)q(x) вычисляются по формуле
cfc = где i + j = fc, г e {0,1,... ,n - 1}, j e {0,1,...,m - 1}. Для
вычисления всех этих коэффициентов придется проделать тп умно-
жений и сколько-то сложений. С точки зрения сложности (скорости)
вычислений, сложения можно не учитывать. Если степени многочле-
нов достаточно велики, а операцию требуется повторять много раз,
то задача становится достаточно трудоемкой. Может быть, количество
умножений можно значительно уменьшить? Действительно, если нам
известны значения р(ж0) и q(x0), то для вычисления значения их про-
изведения при х = х0 надо выполнить всего одно умножение!
Собственно говоря, задача состоит в том, чтобы научиться умножать
многочлены степени, меньшей п, не за время, пропорциональное п2, а
за время, пропорциональное п log2 п, что при больших п дает огромный
выигрыш в скорости. Оказывается, такой алгоритм действительно мож-
но построить, причем он основан на вычислении значений многочленов
в корнях из 1.
§8.8. Быстрое преобразование Фурье
261
Упражнение 8.21. Покажите, что можно вычислить значение мно-
гочлена р(х) = а0 + arx -I-... + an_ijjn-1 в заданной точке, произведя
п — 1 умножений.
Упражнение 8.22. Сколько умножений надо произвести, чтобы вы-
числить степень я:1001 данного числа х?
Теорема 8.21. Пусть п = 2к. Для вычисления всех значений мно-
гочлена р(х) = а0 4- аТх + ... + ап_1хп~1 в корнях степени 2п из 1 надо
произвести не более 2п log2 п умножений.
Распишем многочлен р(х) в виде суммы многочленов, в одном из ко-
торых содержатся только четные степени переменной я, а в другом —
только нечетные. Тогда мы можем записать, что р(и) =ре(ж2) 4- хро(х2).
Если £ — корень степени 2п из 1, то £2 — корень степени п из 1. Пусть
Т(п) — количество умножений, которые необходимо произвести в на-
шей задаче. Тем самым, Т(п) = 2Т(	4- 2п, поскольку для вычисления
значения многочлена р(ж) в каждом из этих корней нам потребует-
ся одно дополнительное умножение. При п = 2 мы получаем линейную
функцию, а для того, чтобы вычислить ее значения в двух точках, надо
сделать два умножения, таким образом, Т(2) = 2.
Упражнение 8.23. Докажите, что если S(fc) = 2S(fc — 1) 4- 2fc+1 и
S(l) = 2, то S(fc) = (2fc — l)2fc.
Положим S(k) =T(2fc). Из результата упражнения 8.23, получаем,
что
Т(п) = (2 log2 п - l)n < 2п log2 2п,
что и требовалось.	□
Итак, мы научились вычислять множество значений многочлена
в корнях степени 2п из 1 за время, пропорциональное nlog2n. Пусть
нам заданы два многочлена р и q степеней, меньших п = 2к. Вычислим
их значения во всех корнях степени 2п из 1. Перемножив полученные
числа, на что потребуются всего 2п умножений, мы получим значения
произведения h(x) =p(x)q(x) данных многочленов в 2п точках. Все, что
надо сделать, так это найти значения коэффициентов многочлена h(и).
Оказывается, что это тоже можно сделать, проделав порядка nlog2n
умножений.
Лемма 8.22. Пусть £ — это первообразный корень степени п из 1.
Тогда
О, если число к не кратно п,
п, если число к кратно п.
1 4- £к 4-... 4- £к{п 1} = <
262
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
Если к кратно п (в частности, если к = 0), то Ек = 1, поэтому данная
сумма равна п. Если fc не кратно п, то Ек /= 1, поскольку по условию
число е является первообразным корнем из 1. Значит,
1 +£*= + ... +	= 0.
1-е*
Теорема 8.23. Пусть е — это первообразный корень степени п
из 1. Если
Г
Оо 4-	+ • • • 4- an-i =
а0 + агЕ + ... + an_iEn-1 = щ,
Оо + Oj€2 + ... + an-i£^n~1^ = Цз>
а0 + Oien-1 + ... + on_i£(n-1)(n-1) = un_!,
то имеет место равенство
ak = ^^2u^~tk-
n
£=0
Оставим первое уравнение данной системы без изменений. Поделим
обе части второго уравнения на Ек, третьего — на е2*, и так далее,
а затем сложим полученные уравнения. В правой части мы получим
сумму JXJ utE~ek. Коэффициентом при а0 будет сумма
1 + E“fc + ... + e“fc(n“1),
которая равна нулю, если только к / 0. Коэффициент при ак, очевидно,
равен п. Если t / fc, то коэффициент при at равен
1+£^ + ...+е(^)(п-1)=0)
в силу доказанной леммы. Таким образом, мы получили, что
п— 1
nafc =	□
г=о
Таким образом, если нам известны значения ик = Л(е*) многочлена
h(x) при к = 0,1,..., 2п — 1, то его коэффициенты суть значения неко-
торого другого многочлена в тех же самых точках. В силу теоремы 8.21,
мы можем найти их за время, пропорциональное п log2 п.
Дополнительные задачи
263
Дополнительные задачи
Задача 8.14. Докажите, что
1 + ztgyAn _ 1 4- г tg пу?
1 - г tg р )	1 - г tg пр
при всех допустимых значениях р.
Задача 8.15. Докажите, что если
cos х + cos у 4- cos z = О,
<
sin х 4- sin у 4- sin z = 0,
то sin 3x = sin 3y = sin 3z.
Задача 8.16. Найти необходимое и достаточное условие, при кото-
ром многочлен хп — ап делится на хк - ак.
Задача 8.17. Найдите все п, при которых многочлен (х 4- у)п — хп —
— уп делится на ху(х 4- у)(х2 4- ху 4- у2).
Задача 8.18. Найдите все действительные числа р и д, при которых
многочлен ж32 4- 1 делится на х2 + рх 4- q-
Задача 8.19. Пусть е / 1 — корень степени 3 из 1. Докажите, что
х3 4- у3 4- z3 - 3xyz = (х 4- у 4- z)(x + уЕ + ze2)(x 4- ус2 4- ze).
Задача 8.20. Пусть Ао, А1?..., Л4 — вершины правильного пяти-
угольника, вписанного в окружность радиуса 1 с центром О. Докажите,
что AqAvAqA2 = л/5.
Задача 8.21. Докажите, что если |а| = |Ь| = |с| = 1, то
|а 4- Ь 4- с| = \ab 4- Ьс 4- са\.
Задача 8.22. Докажите, что если п четно, то
4тг	2птг (~1Р
COS -----7 COS ------7 . . . COS --7 = —------
2n 4-1 2n 4-1 2n 4-1	2"
Задача 8.23. Пусть z2,..., zn — корни уравнения
4-д;"-1 4-... 4-1 = 0.
Вычислите значение суммы
—Ц- + —i-y + • • • + —Ц-.
Z1 — 1 z2 — 1	zn — 1
264
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
Задача 8.24. Докажите, что если Zi 4- z2 + ... + zn = 0 и |zfc| = 1,
fc = l,2,...,n, то для всякого комплексного числа z справедливо равен-
ство
^|z-zfc|2=n(l + |z|2).
fc=l
Задача 8.25. Докажите неравенство
|zi - z2| + |z2 - z3| + |z3 - Z1\ < 2(|z - zj + \z - z2| + \z - z3|).	<
Каков его геометрический смысл?
Задача 8.26. Докажите тождество
С°п + С3п + с: + ... = | (2п + 2 cos .
О \	о /
Задача 8.27.
а)
Докажите, что если —I- - + - = 0, то треугольник с вершинами
а о с
в точках а, Ь, с содержит начало координат.
б) Докажите, что всякий корень уравнения
Z - Cl z - с2 z - с3
лежит в треугольнике с вершинами в точках Ci, с2, с3.
в) Докажите, что если корни кубического многочлена лежат в еди-
ничном круге, то корни его производной также лежат в этом
круге.
Задача 8.28. Комплексное число z = а 4- bi называется гауссовым,
если а и b — целые числа. Говорят, что гауссово число z кратно числу
w, если z = ши, где w и и — гауссовы числа. Пусть /С — множество всех
гауссовых чисел, кратных 1 4- 2г.
а)	Докажите, что если z G /С и argz = то z кратно 3 — г.
б)	Существуют ли числа и, v G /С, такие что arg - = - ?
в)	Докажите, что для всякого гауссова числа z найдется такое число
w G /С, что |z — w| 1.
Задача 8.29 (задача Наполеона). Докажите, что центры равносто-
ронних треугольников, построенных на сторонах произвольного тре-
угольника вне его, являются вершинами равностороннего треугольника.
Решения упражнений
265
Решения упражнений
8.1.	Имеем х3 - 1 = (х - 1) (х4 4- х3 4- х2 + х + 1), а
х4 4- х3 4- х2 4- х 4-1 = х2 (х2 4-	4- а? 4- — 4- 1^) =
\ х2 х /
= я:2((д:4-^) 4- х 4-	- 1) =	-
И-Ь^ХЧ+МЬ
= ^ + Ц^ + 1)(1’ + Ц^1 + 1).
8.2.	Если z = х 4- iy и w = и 4- w, то |z||w| = \/(х2 4- у2)(и2 4- v2), а
|zw| = у/(хи — yv)2 4- (xv 4- уи)2, таким образом, данное в теореме тож-
дество равносильно известному тождеству
(хи - yv)2 4- (xv 4- уи)2 = (х2 4- у2)(и2 4- и2).
8.3.	Из формул Муавра и бинома Ньютона следует, что
cos пр 4- г sin nip = (cos р 4- i sin p)n =
n	[#]
=	Ck cosn~kpik sinfc<£ = У^(—1)€C2£ cosn~2ipsin2ip 4-
fc=O	£=0
[Ml
4- i У2 (“l)£C'n£+1 c°sn“2£“1(^sin2£+1^,
£=0
откуда и получаются выражения для cos пр и sinn<£.
8.4.	Утверждение следует из того, что точки zk лежат на окруж-
ности и делят ее на п равных дуг.
8.5.	Ответ: р(п), где р(п) — функция Эйлера. Действительно, пусть
е — некоторый первообразный корень из 1. Если число fc взаимно про-
сто с п, то (efc) = 1 тогда и только тогда, когда I кратно п. Если же
fc и п имеют нетривиальный общий делитель d, то = 1.
8.6.	а) Ясно, что произведение корней степени п из 1 является
корнем степени п из 1. Ясно также, что если е — корень степени п из
1, то и комплексное число | — это корень степени п из 1.
б)	Пусть е — первообразный корень степени п из 1. Рассмотрим
отображение Zn —>Сп: k Ек. Поскольку ЕкЕе = Ек+* и среди чисел
266
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
{1,е,... ,еп-1} нет одинаковых, указанное отображение является вза-
имно однозначным и согласованным с операциями в группах Zn и Сп.
в)	Утверждение сразу следует из определений первообразного корня
и образующей группы.
8.7.	Ясно, что	= 1. Покажем, что в наборе
{е^} нет равных чисел. Предположим, что = eea)t. Тогда число
£=—=—, является как корнем степени fc, так и корнем степени п
из 1. Поскольку к и п взаимно просты, то 1 = ак + Ъп при некото-
рых a, b е Z. Значит, £ = £ak+bn = (£fc)a(£n)b = 1, следовательно, е< — Ев
и uft = си, • Таким образом, мы имеем набор из кп корней степени кп из
1, т. е. это — набор всех таких корней.
8.8.	Корнями многочлена q(x) = х2 — 2т cos a 4-1 являются числа
г*. = cos а ± v^cos2 a — 1 = cos а ± г sin a, fc = 0,1. Имеем
(cos a ± г sin a)n sin a — (cos a ± i sin a) sin na 4- sin(n — l)a =
= cos na sin a — sin na cos a 4- sin(n — l)a = 0,
значит, числа zr и z2 являются также корнями многочлена рп(т). Сле-
довательно, рп{х) делится на q(x) при всех п 2.
8.9.	Утверждение теоремы практически очевидно. Действительно,
если а = |a|(cos$ 4- г sintf), то преобразование z w az 4- Ъ является ком-
позицией поворота на угол $ вокруг нуля, гомотетии с коэффициентом
к = |а| и параллельного переноса на вектор Ь, в частности, оно является
преобразованием подобия.
Докажем теперь, что композиция двух поворотов является поворо-
том или параллельным переносом. Рассмотрим повороты вокруг точек
Zi и z2. Они задаются формулами z w ai(z — Zi) 4- Zi и z w a2(z — z2) 4-
4- z2, где |ai| = |a2| = 1. Композиция этих поворотов задается формулой
z I-► ai [a2{z — z2) 4- z2 — Zi) 4- Zi = a^a2z 4- zx — aiZi 4- axz2 — aia2z2.
Ясно, что |aia2| = 1. Если axa2 = 1, то мы получим параллельный пере-
нос, в противном случае композиция является поворотом.
8.10.	Положим х = cos 22L. Из доказанного равенства следует, что
о
2х2 — 1 4- я = — |, т.е. 4т2 4-2х — 1 = 0. Корнями этого уравнения явля-
-1±75 тт	75 — 1
ются числа ——. Поскольку число х положительно, то х = —j—.
Теперь построим единичную окружность, возьмем на ней точку Ах(1,0)
и проведем через нее диаметр окружности. Нетрудно видеть, что
75-1
мы можем отложить от центра окружности отрезок длины
4
Решения упражнений
267
Точка пересечения окружности и перпендику-
ляра к диаметру, проведенного в конце этого
отрезка, является вершиной А2 правильного
пятиугольника (рисунок).
8.11.	Пусть
e = cos^ +isin^-\
Поскольку е7 = 1 и е / 1, то 1 4- е 4-... 4- е6 =
= 0. Разобьем корни Ек на пары комплексно
сопряженных: е и е6, е2 и е5, е3 и е4. Тогда
2z = е + Ев = 2 cos . Далее,
/ \2
е2 + Е5 = е2 + Л = ( £ + - ) - 2 = 4z2 - 2,
£ \ е /
/ \3 / \
е3 + е4 = е3 + -^ = (е + - ) -3[е+ - ) =8z3-6z.
Е3 \ Е /	\	Е /
Таким образом, 2z 4- 4z2 -2 4- 8z3 - 6z +1 = 0, или 8z3 4- 4z2 - 4z - 1 = 0.
Другими корнями данного уравнения являются числа cos и cos .
8.12.	Удобно записать левую часть равенства в виде
8^34 + 2/17 - (х/17 - 1) \/з4 — 2v/17
а затем аккуратно возвести в квадрат.
8.13.	См. упражнение 8.7.
8.14.	Было доказано, что если gi,g2 6 G, то и дгд2 е G. Ассоциа-
тивность операции в G очевидна (см. главу 4). Единицей в G является
тождественное отображение z z. Наконец, если g(z) =az + b, то фор-
мула h(z) = -z — - задает отображение, обратное <?, таким образом,
д-1 EG.
8.15.	Так как а /= 1, то уравнение az 4- b = z имеет единственное
решение z =	•
8.16.	Поскольку д% является поворотом на угол, вдвое больший уг-
ла ZBAC, то дх=НАсНАв^ где через Н обозначены осевые симметрии
относительно соответствующих сторон треугольника. Аналогичным об-
разом, д% = НАвНВс и gf = НВсНАс, следовательно, композиция
= HacHAbHabHbcHbcHAc
является тождественным преобразованием.
268
Глава 8. Комплексные числа и многочлены
8.17.	Так как
и + £V + £2w = и + £V — (1 + £)w = £(у — w) — (w — u),
то u + £v + £2w = 0 тогда и только тогда, когда e(v — w) = w — u, т. e. когда
одна из сторон треугольника получается из другой поворотом на угол
, что имеет место тогда и только тогда, когда треугольник является
равносторонним.
8.18.	Проведите аккуратное вычисление.
8.19.	Если коэффициенты многочлена р(х) являются действитель-
ными числами и z $ К — это некоторый его комплексный корень, то и
сопряженное ему число z является корнем этого многочлена, посколь-
ку р(г)=р(г)=0. Следовательно, в разложении данного многочлена
на множители имеется произведение (х — z)(x — z) = х2 — (z + z) + zz.
Осталось заметить, что числа z + z и z~z — действительные.
8.20.	Собственно говоря, доказывать здесь нечего. Так как 1 и г
линейно независимы над R, то а+ Ы = х + iy тогда* и только тогда,
когда а = х и Ь = у. Значит, отображение С —► Ко: (а, Ь) н-> а 4- Ы явля-
ется взаимно однозначным. Если z = а + Ы € Ко и w = х + yi G то
z + w = (а + Ь) -F (х -h y)i е KQ и zw = (а 4- Ы){х 4- уг) = (ах — Ъу) + (ау 4-
4- bx)i е Ко, так как в Ко выполнены стандартные свойства сложения
и умножения, а г2 = — 1. Следовательно, указанное отображение пере-
водит сумму в сумму и произведение в произведение.
8.21.	Действительно,
р(х) = а0 + х(ах 4- х(а2 4-... 4- xan-i) • • • )•
8.22.	Покажем, что я:1001 можно получить из х за 15 (а не 1000)
умножений. Посредством последовательного возведения в квадрат по-
лучим числа
х2 х4 х8 х16 х32 х64 х128 х256 ^.512
на что нам потребуются 9 умножений. Поскольку 1001 = 1 4-8 4-32 4-
4-64 4- 128 4-256 4-512, то
д.1001 _ х . х8 . х32 . j.64 . д.128 , х256 . ^512
т. е. нам потребуются еще 6 умножений, чтобы получить я1001.
8.23.	Когда имеется ответ, то остается провести индукционный пе-
реход. Итак,
S(k + 1) = 2S(fc) + 2fc+2 = (2fc - l)2fc + 2fc+2 = (2fc 4- l)2fc+1.
Глава 9
Рациональные приближения
§9.1. Хорошие приближения числа у2
Первый сюжет, который будет рассматриваться в этой главе, свя-
зан с поиском «хороших» приближений иррациональных чисел. Как
известно (кому неизвестно — докажите!), число \/2 не является рацио-
нальным, т. е. не существует числа г G Q, такого что г2 = 2. Десятичное
приближение для \/2 имеет вид 1.414213..., а «1.414215.... Сейчас
мы выясним, каким образом было найдено это приближение.
Задача 9.1. Рассмотрим последовательность, заданную формулой
*„+! =	+-2-),	(9.1)
Z \ хп /
при этом х0 > х/2. Тогда эта последовательность:
а)	ограничена снизу;
б)	монотонно убывает;
в)	стремится к \/2.
а)	Из формулы (9.1) в силу неравенства между средним арифмети-
ческим и средним геометрическим двух чисел следует, что хп+1 \/2,
каким бы ни было положительное число хп.
б)	Имеем
X — X -U1 — х — - (X + —= —__________— =	- > О
n n+1 n 2Vn + xJ 2 хп 2хп
в силу неравенства предыдущего пункта.
в)	Так как последовательность {тп} убывает и ограничена снизу,
то по теореме Вейерштрасса (одной из стандартных теорем начально-
го курса математического анализа) она имеет предел; пусть хп —► а.
Перейдя к пределу в соотношении (9.1), получим, что
откуда а2 = 2. Поскольку а 0, то а = \/2.
270
Глава 9. Рациональные приближения
Взяв х0 = 2, получим, что
„ _ 3	„ _ 17	„ _ 577	„ _ 665857
1	2’	2	12’	3 408’	4 470832’
Итак, мы нашли последовательность рациональных чисел, стремящу-
юся к квадратному корню из двух. Да, ее член х3 достаточно близок
к \/2. Ну и что? Однако давайте найдем разность х4 — \/2. Компью-
терный счет показывает, что х4 — \/2 < 1.6 • 10“12, а это уже интересно!
Оказывается, что данная последовательность «очень быстро» стремит-
ся к своему пределу. Кстати, а откуда взялась формула (9.1)?
Упражнение 9.1. Покажите, что формула (9.1) получается при
применении метода касательных для решения уравнения х2 — 2 = 0
(см. с. 312).
Кроме того, эта формула связана с одной из самых интересных тео-
рем математического и функционального анализа — теоремой Банаха
о сжимающем отображении. Здесь она будет приведена в своей про-
стейшей формулировке для числовых функций. Однако интересно, что
доказательство в общем случае практически дословно то же самое.
Функция f: R —► R называется сжимающей, если найдется такое чис-
ло qG(0; 1), что неравенство \f(x) — /(з/)|	— у\ справедливо для всех
х, у е R.
Теорема 9.1 (Банаха о неподвижной точке). Пусть f: R —»R —
сжимающая функция, xQ eR. Тогда уравнение f(x) = х имеет един-
ственное решение, которое является пределом последовательности,
заданной соотношением хп+1 = f(xn), п = 0,1,2,...
Единственность неподвижной точки функции f очевидна. Действи-
тельно, если f(x) = х и f(y) = у, то
к - 2/1 = l/k) - /(v)l С «к -1/|,
откуда, в силу того, что 0 < q < 1, и следует, что х — у = 0, т. е. х = у.
Упражнение 9.2. Докажите, что в условиях теоремы Банаха:
a)	kn+i - хп| < <Г ki - ®о|;
Qn
б)	|xn+fc - яп| С JTTJ Iх* ” xol ПРИ всех fc €
в)	существует limxn = х*, при этом f(x*) = я*;
г)	|xn	|Ж1 -ЯО|.
Замечание. Как следует из решения предыдущего упражнения, тео-
рема Банаха справедлива как для функций /: [а; Ь] —* [а; Ъ], так и для
функций /: [а; +оо) [а; +оо).
§9.1. Хорошие приближения числа %/2
271
Упражнение 9.3. Докажите, что теорема Банаха применима для
функции
f: [\/2; +оо) —► [\/2; +оо): х н-> | (я + - V
Как следует из решения предыдущего упражнения, функция /(х) =
=	|) на луче [V2; +оо) является сжимающей с константой
Q — 2 • Неподвижной точкой этой функции является число х* = а
последовательность {£„}, описанная в задаче 9.1, есть в точности по-
следовательность, заданная соотношением xn+i. = f(xn). Следовательно
(см. пункт г) упражнения 9.2), если xQ = 2, то справедливо неравенство
|a?n — v^2| Нетрудно убедиться в том, что в правой части этого
неравенства можно заменить на , однако полученная оценка все рав-
но далека от реальной. Как мы видели, элемент х4 отличается от v^2
меньше, чем на 10-11, тогда как полученная оценка говорит только, что
разность между ними не превосходит что даже больше, чем 10-3.
Задача 9.2. Пусть хп = — — последовательность (9.1), где х0 = 2,
Qn
а рп и qn — взаимно простые натуральные числа. Докажите, что при
всех n 1 справедливо неравенство
о < Р" - v/2 < 1- .
Чп	2y/2q*
Решение задачи состоит из нескольких шагов. На первом из них будет
доказано по индукции, что р£ — 2q^ = 1 при всех n 1.
Так как хг = |, то число Pi = 3 нечетно, a qr = 2 — взаимно простое
с ним четное число. Предположим, что такими же свойствами обладают
числа рп и qn. Имеем
х -1(х । 2\_1/р„	2дп\_р2п+2д*
"+1 - 2	+ хJ - 2 Цп + pJ - 2рп9п •
Числитель полученной дроби нечетен, а знаменатель четен. Ясно, что
их общими делителями могут быть только общие делители чисел рп и
gn, которые взаимно просты по индукционному предположению. Сле-
довательно, Pn+i = Рп + и gn+1 = 2pnqn. Осталось заметить, что
Рп+1 - 29п+! = (Рп + 2Чп)2 - 8Pn9n = (Pn - 2g*)2 = 1
в силу индукционного предположения.
Следующий шаг очевиден. Из доказанного равенства сразу следует,
что	2
Pn _9 = J_
Ч2п	'
(9-2)
272
Глава 9. Рациональные приближения
Наконец, поскольку хп > х/2 при всех п, то
х2п - 2 = (хп - Л)(хп + у/2) > 2\/2(— - у/г),
' Qn '
откуда, в силу (9.2) и следует искомое неравенство.
Следствие. В условиях предыдущей задачи дробь — является наи-
г~
лучшим рациональным приближением к \J2 среди всех дробей, знаме-
натели которых не превосходят числа qn.
Упражнение 9.4. Найдите наименьшее ненулевое расстояние меж-
ду дробями, знаменатели которых не превосходят числа к.
Если 0 < к < qn, то
1
9n(qn-l) Чп'
Поскольку, как было доказано, |
т / —, у которой к qn, верно, что
к qn
< —у, то для любой дроби
|| - У2| > If - - |2=- - Л| >
\к I \к qn\ \qn I q%
В дальнейшем мы будем использовать следующую терминологию.
Назовем дробь наилучшим приближением к иррациональному числу
а, если - является ближайшим к о рациональным числом среди всех
рациональных чисел, знаменатели которых не превосходят q.
§9.2. Задача о саде и ряды Фарея
Задача 9.3.1 Имеется круглый сад радиусом 50 м, деревья в котором
посажены в узлах сетки квадратов со стороной 1 м. В центре сада распо-
ложена беседка. Докажите, что пока радиусы стволов остаются меньше,
чем — j, вид из беседки не будет заслонен полностью, в противном
случае из этой беседки мы не увидим ничего, кроме стволов.
1 Немного об истории этой задачи. Насколько известно автору, в отечественной
литературе до настоящего времени был опубликован только следующий результат:
пока радиусы стволов остаются меньше, чем —, вид из беседки не будет засло-
нен полностью, если же радиусы будут больше , то из этой беседки мы не увидим
ничего, кроме стволов (см. [28], а также главу 7 книги [11]); в известном доказатель-
стве используется лемма Минковского (см. главу 7 данной книги). Несколько лет
назад Б. М. Беккер и автор нашли решение задачи 9.3, после чего обнаружили, что
другое ее решение уже было опубликовано в журнале The American Mathematical
Monthly: Thomas Tracy Allen. Polya’s Orchards Problem. Vol. 93, No. 2, pp. 98-104.
§ 9.2. Задача о саде и ряды Фарея
273
Мы будем рассматривать решетку из точек с целочисленными ко-
ординатами. В силу симметрии достаточно брать точки из круга ра-
диуса 50, лежащие в первом координатном угле под прямой у = х.
Рассмотрим множество точек	координаты которых являют-
ся взаимно простыми числами, и упорядочим полученное множество
по возрастанию отношения —. Таким образом, первой точкой набора
a>i
является Л/х(1,0), а последней — точка Л/п(1,1).	;
Упражнение 9.5. Найдите координаты точки М2.
Решение задачи будет следовать из нескольких лемм.
Лемма 9.2. Рассмотрим точки Mi(aiybi) и Mi+i(ai^i,bi+1). Тогда
точка М(щ + ai+i, bi -I- bi+i) лежит вне круга радиуса 50.
Поскольку	, и при этом (по построению) не суще-
ствует точки Mj, для которой отношение — лежало бы между числами
л#	\
— и -----, то точка М не является точкой рассматриваемого множе-
Яг а»+1 ’	г г
ства, значит, она лежит вне данного круга.	□
Лемма 9.3. Введем число S = агЬг+^ — ai+ibi. Тогда S = 1.
Как известно, S — это площадь параллелограмма, построенного на
векторах OMi и OMi+1. В силу теоремы 6.16, нам надо доказать, что
ни на сторонах, ни внутри этого параллелограмма более нет ни одной
точки целочисленной решетки. Более того, достаточно доказать, что
в треугольнике	нет точек решетки. Ясно, что таких точек
нет на сторонах О Mi и OMi+1 треугольника (поскольку по построе-
нию координаты точек Mi и M^i — взаимно простые числа). Если
бы нашлась точка Mj решетки, лежащая на третьей его стороне или
внутри треугольника 0MtMl+l, то отношение — лежало бы между
bi bj+i	ai
числами — и ------, что невозможно.	□
ai a-i+i
Лемма 9.4. Обозначим через hi и h2 расстояния от вершин В и
D параллелограмма ABCD до некоторой прямой, проходящей через
его вершину А и пересекающей этот параллелограмм. Пусть угол
при вершине А параллелограмма является острым. Тогда значение
min{hi,h2} будет наибольшим в случае, если данная прямая прохо-
дит через вершину С параллелограмма.
Упражнение 9.6. Докажите лемму 9.4.
Теперь мы можем приступить к решению задачи 9.3. Предположим,
что радиусы стволов меньше, чем • Рассмотрим прямую, прохо-
дящую через точку М(50,1) (см. рисунок ниже).
274
Глава 9. Рациональные приближения
Площадь треугольника с вершинами в точках О, Mi (1,0) и М рав-
на |. Поскольку ОМ = \/2501, то расстояние от Mi до прямой ОМ
равно • Аналогичным образом, расстояние до прямой ОМ от точ-
ки М2(49,1) также равно . Следовательно, если радиусы стволов
меньше, чем L-д., направление из точки О в точку М не будет за-
слонено стволами деревьев нашего сада.
М2 М
Теперь предположим, что радиусы г стволов не меньше = • Дока-
жем, что для всякого луча, проходящего через начало координат (с уг-
ловым коэффициентом, меньшим 1), расстояние до него от некоторой
точки Mi будет не больше, чем .
J	х/25бТ
Пусть угловой коэффициент луча равен fc и — < к <	. Рассмот-
ОД 4* 1
рим точку М(а» -|- di+^bi + bi+1). В силу леммы 9.3, площадь паралле-
1
дет меньше
лограмма 0MiMMi+1 равна 1, значит, рас-
стояния hr и h2 от вершин Mi и Mi+1 до
прямой ОМ равны В силу леммы 9.2,
точка М лежит вне круга радиуса 50, а по-
скольку ее координаты суть целые числа, то
ОМ у/2501. Следовательно, в рассматри-
ваемом случае hx = h2	’
В силу леммы 9.4, для любой друго-
го луча, пересекающего параллелограмм
ОМгММг+1, одно из расстояний hi и h2 бу-
_ (см. рисунок), значит, в его направлении наш взгляд
наткнется наУнекоторый ствол. Решение закончено.
Приведенное решение задачи о саде тесно связано с таким поня-
тием, как ряды Фарея. Рядом Фарел порядка п называется возрас-
тающая последовательность несократимых дробей отрезка [0;1], зна-
менатели которых не превосходят натурального числа п.К примеру,
Упражнение 9.7. Докажите, что a) |Fn \ Fn_i | = (здесь —
функция Эйлера; см. с. 89) и б) никакие два числа множества Fn \ Fn_i
не являются последовательными членами ряда Фарея порядка п.
§ 9.2. Задача о саде и ряды Фарея
275
Последовательность Fn имеет прозрачный геометрический смысл.
Упражнение 9.8. Докажите, что Fn совпадает с упорядоченной
по возрастанию последовательностью угловых коэффициентов прямых,
проходящих через начало координат и че-
рез точки множества
^п = {(Л fc) | 0 к п}.
Таким образом, отличие ряда Фарея от
м bi
последовательности отношений коор-
динат точек множества, введенного при
решении задачи о саде, состоит в разли-
чии множеств точек, определяющих набор
проходящих через начало координат пря-
мых. На следующем рисунке изображены
прямые, угловые коэффициенты которых входят в множества F3 и F4;
F4 = F3u{|,|}; (4,1) = (1,0) + (3,1) и (4,3) = (1,1)+ (3,2).
Упражнение 9.9. Пусть | < -. Докажите, что при любых а,/3 > О
верны неравенства
а < аа + /Зр < р
b otb + /3q q '
Установим некоторые свойства рядов Фарея.
Лемма 9.5. Если & и £ — последовательные члены некоторого
ряда Фарея, то bp — aq = l.
Упражнение 9.10. Докажите эту лемму.
Следствие. Знаменатели последовательных членов некоторого ря-
да Фарея взаимно просты.
Лемма 9.6. Пусть т, - и
& b’ q £
рого ряда Фарея. Тогда 2 =	•
— последовательные члены некото-
Имеем
Р _ a + fc = 5р 4- Ip - ag - fcg = bp-aq-(kq- ф) = 1-1 =
q Ь + f, q(b + £)	q(b 4- £) q(b 4- ^)
в силу результата упражнения 9.10.	□
Дробь называется медиантой дробей j и При помощи
рядов Фарея легко искать все наилучшие приближения чисел, лежа-
щих в единичном отрезке. Действительно, ближайший к числу а е [0; 1]
276
Глава 9. Рациональные приближения
член ряда Фарея порядка п и является самым близким к а рациональ-
ным числом среди всех чисел, знаменатели которых не превосходят п.
Однако существует другой способ нахождения всех наилучших прибли-
жений, при котором не приходится выписывать много лишнего.
Докажем вначале одно техническое утверждение, описывающее по-
следовательное построение рядов Фарея.
к V
Лемма 9.7. Пусть j и - — последовательные члены некоторо-
го ряда Фарея. Тогда дробью с наименьшим знаменателем, лежащей
k Р	Л	V
между 1 и является медианта этих чисел.
Заметим прежде всего, что, поскольку
р(£ + q) - q(k 4- р) = р£ - qk = 1,
то медианта является несократимой дробью. Рассмотрим некото-
рую дробь > лежащую между | и . Так как
£q q I d I q d ' Id qd f,dq ’
to d I4- q. Таким образом, знаменатели таких дробей не меньше £ 4- д.
Единственной дробью со знаменателем 14- д, лежащей между дробями
к P	о	к fc+p P
и и является их медианта. В частности, дроби р и -
являются последовательными членами ряда Фарея Fn для п = £ 4- q. □
Рассмотрим следующую конструкцию. Пусть а € [0; 1] — некоторое
иррациональное число. Построим последовательность отрезков
[fli; bi] D [аг; Ьг] D ... .
Пусть [ах; bi] = [0; 1]. Разобьем этот отрезок на две части медиантой его
концов и примем за [а2;Ьг] ту из частей, которая содержит число а.
Теперь разобьем [а2; Ь2\ на две части медиантой его концов и примем
за [а3; Ь3\ ту из них, которая содержит а, и так далее.
Теорема 9.8. 1) Ближайший к а конец каждого из отрезков по-
строенной последовательности является наилучшим приближением
к а. 2) Такгш образом можно получить все наилучшие приближения
числа а.
Собственно говоря, доказывать здесь нечего, все следует из определе-
ния ряда Фарея и леммы 9.7. В силу этой леммы, на каждом шаге мы
переходим от последовательных членов некоторого ряда Фарея Fn_i,
между которыми находится число а, к последовательным членам ряда
Фарея Fn, отрезок между которыми также содержит это число. □
§ 9.3. Цепные дроби
277
§ 9.3. Цепные дроби
Рассмотрим число
(п дробей).
Задача 9.4. Найдите: а) представление числа тп в виде несократи-
мой дроби; б) предел последовательности {тп} при п —> оо.
а)	Первыми членами последовательности тп являются т0 = 1 = | и
2
Ti = 2 = у. Далее ясно, что эта последовательность имеет рекуррентное
задание тп+1 = 1 + —. Положим тп = —. Тогда
Тп	Qn
Pn+i __। । Qn _Рп Qn
Qn+1	Рп Рп
Так как НОД (рп + gn,Pn) = НОД (gn,pn), то, рассуждая по индукции,
нетрудно получить, что числа рп и qn взаимно просты, так что
Г Pn+i =Рп И" Qn, nTKVna Г Pn+i =Pn 4-Pn-i,
( Qn+i = Pn,	( Qn+i = Pn-
Соотношение pn+i =pn +pn-i? задающее последовательность с началь-
ными членами р0 = 1 и рг = 2, хорошо известно: оно определяет числа
Фибоначчи Fn_|_i (см. с. 58). Таким образом,
Т = ^п+1
n Fn 
б)	Найти limтп можно различными способами (см., к примеру,
упражнение 9.11). Проведем вычисление в предположении, что предел
существует: пусть тп —► а. Переходя к пределу в рекуррентном соот-
ношении тп+1 = 1 + — мы получим, что а = 1 + -, т. е. а2 — а — 1 = 0.
ТП	/—	!— О
Значит (поскольку а>0), а= — и |	есть золотое сечение.
Таким образом, осталось доказать существование предела рассмат-
риваемой последовательности. Проще всего поступить следующим об-
разом. Имеем
I I \а “ тп\ kn “ а| ^к1-а| п
1+1 атп а	ап	н
Упражнение 9.11. Решите пункт б) предыдущей задачи при помо-
щи формулы Бине для чисел Фибоначчи (с. 58).
278
Глава 9. Рациональные приближения
Задача 9.5. Докажите, что каждая из дробей тп = — является наи-
лучшим рациональным приближением к числу т = 	.
Так как тп+1 —т = -——, а т0 < т < и, то по индукции получаем, что
ТТп
Т2п<т < 'Tzn+i при всех п 0.
Теперь мы получим одно важное соотношение. В силу рекуррентных
формул для числителей и знаменателей членов последовательности тп,
имеем
Pn+lQn PnQn + 1 - (Рп 4" Qn)Pn— 1 (Рп—1 4“ Qn— l)Pn =	'
= Pn-i9n -Pn7n-1 = • • • = (-l)"(Pigo -Ро71) = (-1)”- (9.3)
Из доказательства леммы 9.7 и формулы (9.3) следует, что знамена-
тели всех чисел, лежащих в интервале (т2п;т2п+х), больше (fcn+i > Я2п-
Поскольку число т лежит в этом интервале, причем оно ближе к т2п+1,
чем к т2п, то каждый из его концов является наилучшим рациональным
приближением к этому числу.
Упражнение 9.12. Докажите, что |	— т| <
В задаче 9.4 в неявной форме появились конечные и бесконечные
цепные дроби. Перейдем к определениям. Конечной цепной дробью
[а0; ах, а2,..., ап], где все числа а* являются натуральными, называется
число	1
а>о 4--------]-----.
di Н-------j----
а2 Н----------р
...4- —
dn
Значением бесконечной цепной дроби [а0; 9	... ] называется предел
а конечных дробей [а0; ai, а2,..., ап] =	, пишем [а0; ах, а2,... ] = а.
В этом случае еще говорят, что число а раскладывается в бесконечную
цепную дробь [a0;ai,a2,...]. Каждая из дробей называется подхо-
дящей дробью данной (конечной или бесконечной) цепной дроби. Одно
из утверждений задачи 9.4 состоит в том, что [1; 1,1,... ] = 1	. При-
ведем еще один пример.
Задача 9.6. Разложите число \/2 в бесконечную цепную дробь.
Имеем
= 1 + (V2 - 1) = 1 + —^= = 1 +
v 7	1 + V2
=i+—ц—=1+—4
2 + —Ц=	2 +----7
1
2+d~7
§9.3. Цепные дроби
279
Таким образом, у/2 = [1; 2,2,...]. Конечно, последнее равенство еще
предстоит обосновать. Однако это будет следовать из общей теории,
к изложению которой мы и переходим.
Ясно, что значением конечной цепной дроби является некоторое
рациональное число. Интересно, что верно и (практически) обратное
утверждение.
Упражнение 9.13. Докажите, что всякое рациональное число - > 1
записывается в виде некоторой конечной цепной дроби.
Рассмотрим некоторую бесконечную цепную дробь [а0; <h, а2, • •• ] и
бесконечную последовательность подходящих дробей
— = [а0; «1, «2, • • •, ап], п = 0,1,2,... .
Qn
Наша первая цель — найти соотношение между (pn+1,qn+1) и (рп,<7п)
(см. решение задачи 9.4).
Каждое из чисел рп и qn является значением некоторого многочлена
от переменных а0,	..., ап,
рп = Рп(а0, а1?..., ап) и qn = Qn(a0, аь ..., Gn).
Ясно, что Р0(а0) = а0 и Q0(a0) = 1- Так как
Pi _ п , 1 _ aofli + 1
— — Go Н----— --------,
Qi	Gi
то Pi(ao,ai) = aoar + 1 и Qi(a0,ai) =
Лемма 9.9. При всех n 1 справедливы соотношения
Рп(^О? » ®n) = ^oPn—1 (^1 j ^2,• • •, ^п) “1“ Qn— 1 (<2-15 0-2? • • • ? O-n),
Qn(^Ch •••> ®n) = Pn—1(®1» ^2» • • • ? ^n)*
Утверждение леммы следует из того, что
Рп _ п j__________1__________
qn °	Pn-i(ai,a2,-'-,an)
Qn-i(ai, <12, • • • ,<in)
__ QqPa—1 (Ql ? ^2; • • * ? Qn)	Qn—1 (^1, G2, . . . , ^n)	j—।
Pn-1(«1, ^2, . . . , Qn)
Положим P-х = 1. Тогда доказанные соотношения можно записать
в виде
{Рп(^О) ^1, . . . , Gn) = GqPп—1(®1, ^2? • • • ? ^n) + Рп — 2(^2? ^3» • • • ? ^п)> /л 4\
(9.4)
Qn(^O) 0>1, • • • ? ^п) = Рп— 1 (&1, g2, • • • , Gn).
§ 9.3. Цепные дроби
281
здесь п^2, pQ = a0 и q0 = l, рг = a0^i + 1 и q1=a1.
Действительно,
Рп Рп(^(Ь ^1? • • • ? ^п) — Дг(^-п? Q-n— 1, • • • ? Л0)
— 0>пРп—1(&п—1? ^п—2, • • • 5 О-о) 4" -^п—2(&п—2? ^п—3, . . • , О-о)
= апДг-1(Оо, О1, • • • , Оп-1) + -Pn-2(Oo, О1, • • • » ап-1) =
®nPn—1 4" Рп—2*
Второе соотношение доказывается аналогичным образом в силу того,
что qn = Qn(oo,Oi,. • .,on) = Pn_1(a1,a2, • • • ,an).	□
Удобно положить p-i = 1 и q_i = 0 с тем, чтобы формулы (9.5) были
справедливы при всех п 1.
Лемма 9.12. При всех п 0 справедливо соотношение
ЧпРп-1 - qn-iPn = (-1)”-	(9-6)
При п = 0 имеем g0P-i — Q-1P0 = 1 • 1 — 0 • а0 = 1, при п = 1 получаем,
что - Q0P1 = OiOo - (a0Oi 4-1) = -1. Далее рассуждаем по индукции:
Qn+lPn QnPn+1 (On-blQn 4" Qn—l)Pn Qn(on+iPn 4“ Pn—1)
= -(qnPn-1-qn-iPn) = (-l)n+1.	□
Следствие. Справедлива формула
Pn-l _Pn= (~l)n
Qn—1 Qn QnQn—i
(9-7)
Упражнение 9.14. Докажите, что при всех п 1 справедлива фор-
мула
Рп _ Рп-2 = (—1)пап
Qn	Qn—2	QnQn—2
(9-8)
Теперь мы в состоянии доказать основную теорему.
Теорема 9.13. Пусть [а0; аь а2, • • • ] — бесконечная цепная дробь,
а — = [а0; сь, а2,..., ап] — ее подходящие дроби. Тогда
Qn
1)	дроби с четными номерами образуют возрастающую после-
довательность, а с нечетными — убывающую, при этом всякая
дробь с четным номером меньше любой дроби с нечетным номе-
ром]
2)	существует предел а последовательности { ~} > другими сло-
вами данная цепная дробь имеет значение;
280
Глава 9. Рациональные приближения
К сожалению, формулы (9.4) сразу не удается использовать для вывода
соотношений между подходящими дробями, поэтому давайте вначале
немного посчитаем. Имеем Р_х = 1, Р0(а0) =а0 и
Рх(«о, ai) = aOPo(ai) + P-i = ^oai + 1-
Далее,
Р2(&о, аг) = ОоРДап аг) + Ро(аг) = flo(^i^2 + 1) + а2 =
= CLqCLiCLz 4“ flo "Ь
Рз(а0, fli, аг, аз) = а0аха2а3 + а>2О>з + аоО-з + аоах + 1.
Ясно видно, что эти многочлены обладают некоторой симметрией. На
то, каким образом строятся многочлены Рп, впервые обратил внимание
Эйлер, сформулировав то, что мы теперь и называем правилом Эйлера.
Лемма 9.10 (правило Эйлера). Многочлен Рп(а0,ах,... , ап) есть
сумма следующих произведений: произведения всех переменных; все-
возможных произведений, которые можно получить, опустив неко-
торую пару последовательных переменных; всевозможных произведе-
ний, которые можно получить, опустив две пары последовательных
переменных, и так далее. При этом в случае нечетного п последнее
слагаемое равно 1 (опущены все переменные).
Доказательство проведем индукцией по п, используя соотношение
(9.4). Утверждение леммы очевидно для многочленов Р0(а0)=а0 и
Рх(а0, ах) = аоах + 1. Предположим, что оно верно для многочленов
Рп-1 и Рп—2, и установим его для Рп(а0,ах,... ,ап). Один из одночле-
нов многочлена Pn-i(ax, а2, • • •, а>п) является произведением аха2 ... ап,
следовательно в силу (9.4), в многочлен Рп входит произведение всех
переменных. Разобьем остальные произведения на два типа, в первом
из них присутствует переменная а0, во втором она отсутствует. Все про-
изведения первого типа входят в слагаемое aQPn-i(a1,a2,... ,ап). Среди
опущенных пар в произведениях второго типа имеется пара аоах, все
такие произведения входят в слагаемое Рп-2(^2, ^з, • • •, Qn)- В силу (9.4)
многочлен Рп имеет требуемый вид.	□
Следствие. Рп(а0, «1, • • •, an) = Рп(ап, ап_х,..., а0)•
В качестве очевидного следствия мы получаем следующее основное
техническое утверждение.
Теорема 9.11. Числители рп и знаменатели qn подходящих дробей
удовлетворяют соотношениям
Рп — 0>пРп—1 Рп —2,
Qn ^nQn— 1 “1“ Qn—2,
(9-5)
282
Глава 9. Рациональные приближения
3)	справедливо неравенство I а — — I < —-—;
7	1 Qn 1 QnQn+1
4)	всякая дробь ~ является наилучшим приближением к числу а.
1)	Из формулы (9.8) следует, что
£o < £2 < £1 <
Qo Q2 Q4
Теперь рассмотрим дроби и
формулы (9.7) следует, что
Р2п < Р2п+1
Q2n Q2n+l
таким образом,
и £1 > El > £* >
Qi Q3 Qs
P2k+1	j -г г
q2k+i, Для определенности п > к. Из
Р2п+1 . P2fc+1
а	,
#2п+1 Q2fc+1
Р2п
0.2п
P2fc+1
Q2fc+1
2)	Поскольку последовательность {	} возрастает и ограничена
сверху, она имеет предел. Последовательность {	} убывает и огра-
ничена снизу, поэтому и она имеет предел. Осталось заметить, что из
формулы (9.7) следует, что эти последовательности стремятся к одно-
му и тому же числу а, который и является пределом рассматриваемой
последовательности.
3)	Поскольку число а лежит между дробями — и , то из фор-
9^+1
мулы (9.7) следует, что
I Qn I IQn+i Qn । QnQn+i
4)	Заметим, что дп+1=ап4адп + дп-1>дп,откудаследуетнеравенство
Qn+2 >Qn+i+Qn> 2qn. Значит,
I Pn+2 _ Рп-ц| =	1	<	1	= II Рп-Ц _ Рп\
I Qn+2 Qn+1 I Qn+lQn+2 ^QnQn+1 2 I Qn+1 Qn I
Следовательно, число а расположено ближе к , чем к — (рису-
Qn+l	Qn
нок).
а
Рп	Рп+2	Рп+1
Qn	Qn+2	Qn+1
Из доказательства леммы 9.7 следует, что каждая из этих дробей явля-
ется наилучшим приближением к а.
Термин наилучшее приближение можно трактовать и в несколько
иной форме, оценивая разности \qa — р | ([26]).
§ 9.3. Цепные дроби
283
Упражнение 9.15. Пусть — и — подходящие дроби некото-
Qn Qn+1
рого числа а. Докажите, что для любых целых чисел р и q решение
системы
< рпХ+Рп+1У=Р,
ЧпХ 4- Яп+1У = Я
является целочисленным.
Теорема 9.14. Пусть — — подходящая дробь числа а, и 0 <q<qn.
Qn
Тогда для любого целого числа р справедливо неравенство
|gna-pn|<|ga-p|.	(9.9)
Будем считать, что дробь - несократима, 0 <q < qn+x nq/qn. Пусть
х и у — решения системы
РпХ+Рп+1У=Р,
qnx 4- qn+iy = Q,
в силу предыдущего упражнения я, у € Z. Ясно, что я, у / 0. Из второ-
го уравнения системы следует, что ху < 0. В силу того, что разности
qna ~Рп к Qn+iа “ Pn+i имеют противоположные знаки, имеем
|да - р | = |(gna: 4- 9„+ху)а - (рпх + p„+ij/)| =
= |x(gna - pn) + y(qn+1a - p„+i)| =
= |®|-|9n“ “Pnl + |y|-|9n+ia -Pn+i| > |g„a-pn|.	□
Теорема 9.15 (Лежандр). Если g > 0 u Iqa - pl mo - — nod-
^Q Q
ходящая дробь числа a.
Рассмотрим несократимую дробь , такую, что
|g'a-p'|^|ga-p|C^-
Тогда
х^_гшг;_а| + |в_г|с 1(Х + ±),
qq' \q' qI I д' I I qI 2\qqf q2/
откуда следует, что q' q. Таким образом для всех q' <q справедливо
неравенство |g'a — р'| > |ga - р |. В силу предыдущей теоремы получаем,
что — это одна из подходящих дробей числа о.	□
В заключение этого параграфа приведем один чрезвычайно краси-
вый пример. Как доказал Эйлер,
е = [2;1,2,1,1,4,1,1,6,...].
284
Глава 9. Рациональные приближения
§9.4. Квадратичные иррациональности
Задача 9.7. Найдите значение цепной дроби [1; 1,2,1,2,... ].
Как нам уже известно, всякая бесконечная цепная дробь имеет неко-
торое значение. Пусть х = [1; 1,2,1,2,...]. Тогда
1	=	1	=	1	= х + 1
_____1_____ 1 ।_______1	1 I 1 х + 2 ’
2 !	1	2 + х-1 я + 1
х — 1 =
откуда 372 + а; — 2 = гг + 1, или х2 = 3, таким образом, х = у/3.
При решении этой задачи в неявном виде использовался некий факт,
который сейчас будет сформулирован точно.
Упражнение 9.16. Пусть а = [а0;а^,... ], a an = [an;an+i,...].
Докажите, что а = [а0; ai,..., an_i, ап].
Следующее утверждение будет полезно в дальнейших рассуждениях.
Упражнение 9.17. Докажите, что в условиях упражнения 9.16
справедливо равенство
СХ-пРп— 1 Рп —2
а =-------------- .
^nQn—l Qn—2
9.10)
Результаты задач 9.4, 9.6 и 9.7 заставляют задуматься о том, каковы
же числа, которые раскладываются в периодические цепные дроби.
Упражнение 9.18. Пусть а= [а0;а2,... ], причем последователь-
ность afc,flfc+i,... является периодической. Докажите, что число а яв-
ляется корнем некоторого квадратного уравнения (другими словами —
квадратичной иррациональностью).
Оказывается, что верно и обратное утверждение, впервые доказанное
Лагранжем в 1770 году [10]. Перед тем, как перейти к его доказатель-
ству, рассмотрим пример и один важный частный случай.
В следующих таблицах приведены значения подходящих дробей чи-
сел а=[1;2,3,4] и /3 = [4;3,2,1].
1 1	3 2	10 7	43 30
4 т	13 3	30 7	43 10
Ясно видно, что последние две дроби в первой таблице тесно связаны
с дробями в другой, более того, ясно видно — как.
Упражнение 9.19. Рассмотрим две цепные дроби [а0; а1?..., ап] и
[an; ап_ i,..., а0], пусть — и ~ соответственно — их подходящие дроби.
§ 9.4. Квадратичные иррациональности
285
Докажите, что
Рп=Рп, q'n=Pn-i, Рп-1=Яп, q'n-i=<ln-i- (9.11)
Упражнение 9.20. Пусть а — значение периодической цепной дро-
би [а0; а1?..., an_i, а0 • • • ] (в которой а, = ai+n при всех г > 0), а /3 —
значение цепной дроби [an_i; ап_2,..., а0, an-i, • • • ] (также имеющей пе-
риод п). Тогда а — корень квадратного уравнения	z
% _ %Рп-\ Рп — 2
XQn — 1 “1“ Qn —2
вторым корнем которого является число — .
Назовем квадратичной иррациональностью иррациональное число,
являющееся корнем квадратного уравнения с целыми коэффициентами.
Упражнение 9.21. Пусть а — квадратичная иррациональность.
Докажите, что коэффициенты р, q € Q уравнения х2 — рх + q = 0, корнем
которого является а, определены однозначно.
Число а' = г — Sy/т будем, как обычно, называть сопряженным
к числу a = r + Sy/m. В силу упражнения 9.21, число, сопряженное
к квадратичной иррациональности а, является вторым корнем урав-
нения с целыми коэффициентами, первым корнем которого является
число а.
Теорема 9.16. Пусть а> 1 — квадратичная иррациональность, со-
пряженное к которой число а' лежит в интервале (-1;0). Тогда а
раскладывается в чисто периодическую цепную дробь.
Из формулы корней квадратного уравнения следует, что всякий ко-
рень квадратного уравнения с целыми коэффициентами может быть
b± Vd	k ,
записан в виде а = ----, где числа о, с и а являются целыми и при
этом число d — Ь2 делится на с. Обратно, число а = является
корнем уравнения
сх2 - 2Ьх -	= 0,	(9.12)
коэффициенты которого при сформулированных предположениях на
числа Ь, с и d являются целыми числами.
Итак, мы вправе считать, что квадратичная иррациональность а
удовлетворяет неравенству
а = ь±УЗ>1
С
тогда как для сопряженной ей иррациональности а' выполнено условие
а' = -—1;0), Ь,с,dGZ, причем c\d — b2.
286
Глава 9. Рациональные приближения
Так как а > а', то с > 0, а так как а 4- а' > 0, то и b > 0. Пусть а0 есть
целая часть числа а. Сделав в уравнении (9.12) замену х = а0 4- мы
получим уравнение
c(ggj/2 4- 2аоу 4-1) _ 2Ь(аоу 4-1) _ d - b2 = Q
У	с
- а2с}у2 - 2(аос - Ь)у - с = 0.
г/2
или, после преобразований,
(2а0Ь+^^
Положим сг = 2а0Ь +	— а§с и bi = аос - Ь. Непосредственно прове-
d- Ь?
ряется, что + cci = d, следовательно, с=-----. Таким образом, если
ci
а = а0 4- “, то число «1 является корнем уравнения, имеющего в точ-
ности такой же вид, что и исходное уравнение (9.12),
сгх2 - 261Т — -—— = 0.
С1
Корнями полученного уравнения являются числа - ±—.
Так как а - а0 Е (0; 1), то ах > 1. Пусть а' = а0 4- . Поскольку а' < 0,
а а0 1, то а'х € (—1; 0). В частности, аа' < 0. Так как с > 0, то отсюда
следует, что сх > 0. Таким образом, мы получили взаимно сопряженные
числа
bi 4” у/d .j ,
Qi = —--------> 1 и ах
Ci

Продолжая рассуждение, мы построим последовательность чисел
Ьп 4~ y/d	(	1
ап = —------, такую, что ап = ап 4-------,
Сп	£^п+1
при этом каждое из чисел ап будет удовлетворять условиям теоре-
мы. Тем самым а' < 0, откуда следует, что bn < y/d, и ап > 1, значит,
сп < ъп 4- \/d < 2yd. Таким образом, существует всего конечное число
возможных пар значений (Ьп,сп), следовательно, найдутся различные
номера п и тп, такие что (Ьп,сп) =	что равносильно равенству
ап = ctm, в частности, ап = ат.
Положим к = тп — п. Ясно, что am = an+fc, откуда следует, что
ае = ае+к при всех I п. Для того, чтобы завершить доказательство
теоремы, осталось доказать следующее утверждение.
Лемма 9.17. В условиях теоремы 9.16 из равенства ап = ат в цеп-
ной дроби разложения числа а следует, что an-i =arn^i.
Имеем an_x = an_x 4- — и а^_х = ап_х 4- -7-. Положим (3k = —V,
Лп	otn	ак
§9.4. Квадратичные иррациональности
287
тогда --^— = ап_!-/Зп, или /Зп=ап_1+	Так как <_1б(-1;0),то
Рп—1	Рп—1
6 (0; 1), значит, an_i есть целая часть числа /Зп. Так как ап = ат,
Рп—1
то а'п = а^, значит, /Зп = /?т» следовательно, an_i = am_i.	□
Теорема 9.18. Для всякого натурального числа т, не являющегося
полным квадратом, разложение в цепную дробь числа у/т имеет вид
[&0) &1, &2» • • • » ^2» G1, 2(1о, О^ О2 • • • , G2? Gi, 2g0, . . . ].
Пусть g0 “ целая часть числа у/т. Положим а = а0 + у/т. Тогда
а' = а0 - у/т 6 (—1;0). В силу теоремы 9.16, число а раскладывает-
ся в периодическую дробь [2g0;	..., ап, 2g0,... ]. Рассмотрим теперь
дробь [an; an-i» • • •,ах, 2а0, ап ... ]. В силу результата упражнения 9.20,
ее значением является число (3 = — ^7. С другой стороны,
— ~~у = /—	— cl 1 — [g 1, 02 ')•••') о>п, 2go,...].
а' у/т — а0
Следовательно, ап = gx, an_i = g2, • • • • Осталось заметить только, что
у/т = а — Oq.	О
Теорема 9.19 (Лагранж). Любая квадратичная иррациональность
раскладывается в цепную дробь, которая начиная с некоторого места
будет периодической.
В силу теоремы 9.16, достаточно доказать, что найдется номер п,
такой что а' 6 (—1;0). Вспомним формулу (9.10): а= апРп~1 + Рп~2
п v '	г J J \	/	Qngn-14-qn-2
Упражнение 9.22. Докажите, что а' =	-
Следовательно,
Цп-2 ~ Рп—2 _ Qn-2 & ~Рп-2/(7п—2
п ” a'gn-i - Pn-i ” Qn-i ot' - Pn-i/Qn-i ’
Так как — —► а, то	—»-п	—► ——= 1. Поскольку qk > 0, то
Qk	ot' -Pn-1/qn-i а'-а
начиная с некоторого номера верно, что а'п < 0. Далее, так как подхо-
дящие дроби — попеременно больше и меньше своего предела а, то
„	a' -Pn-2/qn-2	/	X
найдется такой номер п, при котором	—- < 1 (рисунок).
OL
Рп+2	Рп+1
Яп-^2	Чп+1
Осталось заметить, что - < 1, значит, а' > — 1.
Qn-l	п
□
288
Глава 9. Рациональные приближения
§9.5. Поле Q и поля частных
В главе 3 этой книги было описано формальное построение, казалось
бы, хорошо известного множества Z целых чисел. При этом использо-
ванная конструкция опиралась на понятие классов эквивалентности по
некоторому отношению. Та конструкция имела несколько искусствен-
ный характер, по крайней мере на элемейтарном уровне трудно дать
другие примеры ее применения. Данный параграф посвящен аккурат-
ному построению множества (поля) Q рациональных чисел, которое
также опирается на понятие классов эквивалентности. Однако в на-
шем случае используемая конструкция, во-первых, более естественна,
во-вторых, имеет и другие применения. Все мы хорошо знаем, что
| = |: действительно, если разделить яблоко между тремя людьми, то
каждому достанется столько же, как если бы 2 яблока делились между
6 людьми.
Итак, рассмотрим множество
Q = {(a,b)|aeZ, 6eZ\0},
в котором мы введем отношение
(a, b) ~ (р, q), если aq = bp.
Лемма 9.20. Введенное отношение является отношением эквива-
лентности в множестве Q.
Данное отношение очевидным образом рефлексивно: (а, Ь) ~ (а, Ь) и
симметрично: (а, Ь) ~ (р, q) <=> (р, q) ~ (а, Ь). Докажем его транзитив-
ность. Если (а, Ь) ~ (р, q) и (р, q) ~ (fc, £), то aq = bp и р£ = qk. Тогда
(a£)q = (aq)t = (Ьр)^ = Ь(р^) = b(qk) = (bk)q,
таким образом, (at — bk)q = 0. Поскольку q 6 Z \ 0, то at - bk = 0, или
at = bk, следовательно, (a, b) ~ (fc, t).	□
Множество Z с обычными операциями сложения и умножения
(см. с. 101) является кольцом без делителей нуля (см. с. 96). Введем
операции в множестве Q, положив
(а, Ь) • (р, q) = (ар, bq) и (а, Ь) + (р, q) = (aq + bp, bq).
Упражнение 9.23. а) В силу какого свойства множества Z опре-
делены эти операции? б) Является ли множество Q кольцом?
§ 9.5. Поле Q и поля частных
289
Лемма 9.21. Если {a,b) ~ (ai,bi), то {а,Ь) • (p,g) ~ (fli,6i) • (р,q) и
(а, Ь) + (р, q) ~ (аг,Ьх) + (р, q).
Утверждение леммы вытекает из того, что, поскольку abr = aib, то
apbiQ = bqatf и {aq + bp)biq = (arf + btfjbq.	□
Следствие. Операции сложения и умножения переносятся в мно-
жество классов в Q по введенному отношению эквивалентности.
Теперь давайте перейдем к привычным обозначениям. Пусть Q —
это множество всех классов эквивалентности в Q, при этом класс, со-
держащий пару (а, 6), мы обозначим через |. Тем самым, к примеру,
поскольку (1,3) ~ (2,6), то | = |.
Теорема 9.22. Q — поле.
Отличие понятия поля от коммутативного кольца с единицей состоит
в одной аксиоме — существовании обратного элемента по умножению.
В нашем случае ее справедливость очевидна, так как, если а /= 0, то
(а, Ь) • (6, а) = {ab, bd) ~ (1,1), значит, • - = 1.	□
Для того, чтобы лучше понять построение поля Q, полезно решить
несколько упражнений.
Упражнение 9.24. Докажите, что: а) нулем поля Q является толь-
ко класс, состоящий из пар (0,6); б) единицей является только класс,
состоящий из пар (а,а), а/0; в) в каждом классе содержится пара
(а, 6), где b 6 N.
Упражнение 9.25. Определите естественное включение Z^Q.
Упражнение 9.26. Определите естественный порядок в Q.
Перейдем к обобщениям. Пусть R — коммутативное кольцо с едини-
цей без делителей нуля; такое кольцо называют областью целостности.
Введем в множестве
Г = {(а,Ь)|а€Я,6еЯ\0},
отношение: (a, b) ~ (р, q), если aq = bp. Положим
(а, 6) • (р, q) = {ар, bq) и {a,b) + (p,q) = {aq + bp,bq).
Теорема 9.23. Множество L классов эквивалентности в £ явля-
ется полем относительно введенных арифметических операций.
Упражнение 9.27. Докажите эту теорему.
290
Глава 9. Рациональные приближения
Построенное поле L называется полем частных области целостно-
сти R. Таким образом, Q есть поле частных кольца Z целых чисел.
Существует другой абсолютно естественный пример, приводящий
к полю частных. Рассмотрим множество R(x) алгебраических дробей
с действительными коэффициентами, т. е.
R(x) = Р(х) и ~ многочлены, q(x) о|.
С элементарной точки зрения неясно даже само определение алгебраи-
ческой дроби, поскольку на школьном уровне мы привыкли различать,
к примеру, и Д У них ведь и области определения (как у функ-
ций) разные... Все дело в том, что если на обычный многочлен можно
смотреть как с алгебраической, так и с функциональной точек зрения, и
разницы мы не увидим (разве что иногда рассуждения в одном случае
будут проще, чем в другом), то для алгебраических дробей, иначе —
рациональных функций это уже не так.
Рассмотрим множество R[x] всех многочленов от одной переменной
с действительными коэффициентами (произвольной степени). Эти мно-
гочлены можно умножать и складывать по привычным правилам.
Лемма 9.24. R[x] — область целостности.
Эту лемму можно доказать так же, как упражнение 2.12. Однако
можно поступить проще. Дело в том, что равенство двух многочле-
нов с коэффициентами в R равносильно их равенству как функций
R —► R, для которых свойства, входящие в определение кольца, очевид-
ны. Далее, так как коэффициент при старшей степени произведения
двух ненулевых многочленов есть произведение коэффициентов при
старших степенях сомножителей, то кольцо R[x] не имеет делителей
нуля, т. е. является областью целостности.	□
В качестве очевидного следствия теоремы 9.23 получаем следующее
утверждение.
Теорема 9.25. R(x) — поле.
§9.6. Числа алгебраические и трансцендентные
Действительное число а называется алгебраическим, если оно явля-
ется корнем некоторого многочлена с целыми коэффициентами, в про-
тивном случае говорят, что это число трансцендентно. Степенью ал-
гебраического числа называется наименьшая степень многочлена с це-
лыми коэффициентами, одним из корней которого является это число.
Ясно, что алгебраическими числами степени 1 являются в точности все
§ 9.6. Числа алгебраические и трансцендентные
291
рациональные числа, а алгебраическими числами степени 2 — квад-
ратичные иррациональности. В дальнейших рассуждениях нам часто
будет более удобно рассматривать многочлены с рациональными коэф-
фициентами:	Q[s].
Упражнение 9.28. Пусть #(а) = 0 и f(x) — многочлен наименьшей
степени, корнем которого является число а, при этом /, <7 6 Q[:r]. Дока-
жите, что многочлен g делится на многочлен f (так, что частное есть
также многочлен из Q[:r]).
Упражнение 9.29. Пусть f(x) 6 Q[:r] — многочлен наименьшей
степени, корнем которого является иррациональное число а В Q. До-
ч кажите, что многочлен f не имеет рациональных корней.
Упражнение 9.30. Докажите, что: а) число д/2 является алгебра-
ическим числом степени 3; б) число \/2 + >/3 является алгебраическим
числом степени 4.
Смысл появления понятия алгебраического числа в этой главе со-
стоит в том, что, как доказал Лиувилль, такие числа не могут иметь
уж очень хороших рациональных приближений. Именно, справедлива
следующая теорема.
Теорема 9.26 (Лиувилль). Для всякого алгебраического числа а
степени п > 1 существует такое число с > 0, что для любого рацио-
нального числа - справедливо неравенство
(9.13)
Пусть f — многочлен наименьшей степени с целыми коэффициен-
тами, корнем которого является число а. Рассмотрим произвольное
рациональное число и предположим вначале, что | ^ — а| < 1. В силу
упражнения 9.29, число не является корнем многочлена /, таким
образом, /(-) /= 0, следовательно,
Однако, поскольку а — корень многочлена /(я), то f(x) = (я — а)р(я),
где д(х) — многочлен с действительными коэффициентами. Поло-
жим т равным наибольшему значению модуля многочлена д(х) при
я 6 [а — 1; а + 1]. Пусть х = тогда
Осталось заметить, что число с = mini 1, — V является искомым. □
т*
292
Глава 9. Рациональные приближения
Прежде, чем привести следствие из теоремы Лиувилля, рассмотрим
один классический вопрос. Идея решения соответствующей задачи про-
ста и важна.
п!
Задача 9.8. Докажите, что число е иррационально.
Для решения нам потребуется формула Тейлора
f(X) = f(a) +	+ Г(о)(д-о)2 д. ’ д. /(п)(а)(ж-а)
/("+1>(c)(i - a)n+1
+ (п + 1)!
Здесь f — функция, имеющая п + 1 непрерывную производную, точка с
лежит между а и х. Так как (ех) = ех и е° = 1, то из формулы (9.14)
следует, что
(9.14)
1 । 1 1 1 I 1 1 । ес
1+ 1! + 2! +”’ + п! + (п + 1)!’
где с 6 (0; 1). Таким образом, ес < е < 3.
Предположим, что е=^. Выберем п > 2 так, чтобы число было
бы целым. Тогда число, стоящее в левой части равенства
Pq 1!	2!	п + 1
будет целым, тогда как в его правой части находится число, лежащее
между 0 и 1. Полученное противоречие и показывает, что е не является
рациональным числом.
Следствие теоремы Лиувилля. Существуют неалгебраические
(т. е. трансцендентные) числа.
Конечно, в приведенной формулировке утверждение можно доказать
совершенно иным способом, не ссылаясь на теорему Лиувилля. Грубо
говоря, алгебраических чисел слишком мало, поэтому они составляют,
так сказать, «малую часть» всех действительных чисел. Рассуждения
подобного рода связаны с именем Георга Кантора, который ввел по-
нятие мощности множества. Другое дело, что, хотя мы и знаем, что
трансцендентные числа существуют, мы не можем предъявить ни одно-
го конкретного примера такого числа. При помощи теоремы Лиувиллд,
наоборот, мы можем утверждать, что некоторое число — трансцендент-
ное. (Другое дело, что мы, опять-таки, не сможем записать его кон-
кретной формулой).
Идея доказательства состоит в построении числа, для которого су-
ществует последовательность дробей, уж очень хорошо его приближаю-
щих. Будем строить последовательность цепных дробей по следующему»
§ 9.6. Числа алгебраические и трансцендентные
293
правилу [261: если — = [0; «и,а2,..., ап], то an+i = gJJ. Пусть а — зна-
Qn
чение построенной (бесконечной) дроби. В силу утверждения пункта 3
теоремы 9.13 справедливо неравенство
l.-bL-L.
' Qn I QnQn+i
Поскольку Qn+1 = an+1qn + g„_i > qnan+1 = g"+1, to
Предположим, что a — алгебраическое число степени fc. В силу теоремы
Лиувилля найдется такое число с > 0, что
I Р\ с
а----> -г
I	q\ qk
для любой дроби £. Выберем n fc так, чтобы cq„ > 1. Поскольку в та-
ком случае < ~, то неравенства
противоречат друг другу. Следовательно число а алгебраическим не
является.	□
Конец данного параграфа посвящен алгебраическим свойствам мно-
жеств алгебраических чисел. Каков, собственно говоря, смысл второ-
го утверждения упражнения 9.30? Если не иметь в виду утверждение
о степени, в нем говорится, что сумма алгебраических чисел есть число
алгебраическое. Рассмотрим еще один пример.
Упражнение 9.31. Докажите, что множество
Q(v/2) = {a + b\/2|a,beQ}
является полем.
Собственно говоря, решение этого упражнения сводится к избавле-
нию дроби от иррациональности в знаменателе.
Задача 9.9. Напишите многочлен степени 8 с целыми коэффициен-
тами, одним из корней которого является число \/2 4- \/3 4- Уб. Найдите
также остальные корни этого многочлена.
Будем рассуждать по индукции. Из решения упражнения 9.30 следу-
ет, что число \/2 4- Уз является корнем многочлена f(x) =х4 - Юж2 4-1.
294
Глава 9. Рациональные приближения
Число у = у/5 — корень уравнения у2 = 5. Все, что надо сделать — это
«исключить» у из системы полиномиальных уравнений
tf(z-y) = O,
(г/2 = 5,
получив в результате уравнение, в левой части которого находится мно-
гочлен от переменной z.
Итак, имеем
(* - г/)4 - Ю(^ - у)2 + 1 = г4 + 6zV 4- у4 - Юг2 - IO?/2 4-1 -
- г/(4г3 4- 4гг/а - 20г) = z4 4- 20г2 - 24 - 4уг3,
откуда (г4 4- 20г2 - 24)а = 16j/2ze. Таким образом, многочлен
(г4 4- 20г2 - 24)2 - 8(ke = zB - 4(ke 4- 352г4 - 960г2 4- 576
является искомым. Найдите остальные корни этого многочлена само-
стоятельно.
В действительности можно написать общую формулу для искомого
многочлена, однако тогда пришлось бы использовать свойства опреде-
лителей матриц и вводить понятие результанта многочленов (см.,
к примеру, [16] или [11]).
Будем действовать в несколько большей общности, чем казалось бы,
необходимо. Назовем множество К С С подполем поля С, если для лю-
бых чисел x,yGK верно, что числа х ± у, ху, j также лежат в К, (Есте-
ственно, для того, чтобы существовало число, обратное к х по умноже-
нию, необходимо, чтобы х / 0.) Сформулируем основную теорему.
Теорема 9.27. Пусть f(x), g(y) и h(x,y) — многочлены с коэф-
фициентами из подполя К С С. Если число х — корень первого из
них, у — корень второго и z — h(x,y), то существует многочлен р
с коэффициентами из подполя К, корнем которого является число z.
Построение такого многочлена можно провести при помощи «метода
исключения» х и у из системы
7(®)=о,
* 5(г/) = о,
z = h(x,y).
Мы же будем доказывать эту теорему так, как она сформулирована,
т.е. докажем лишь существование многочлена р. Как обычно, через
K[t] обозначим кольцо многочленов с коэффициентами из поля К.
Многочлен f € K[t] назовем неприводимым над К, если он не раскла-
§ 9.6. Числа алгебраические и трансцендентные
295
дывается в произведение непостоянных многочленов с коэффициентами
из поля К.
Вначале докажем несколько лемм. Первая из них обобщает утвер-
ждение упражнения 9.31.
Лемма 9.28. Если число а является корнем некоторого многочле-
на ре K[t\, то множество К (а) = {g(a) | q 6 /С И} является подполем
поля С.
Ясно, что сложение, умножение и разность не выводят из множества
К(а). Таким образом, нужно доказать, что если /3 G К (а) и /3 / 0, то
Упражнение 9.32. Докажите, что многочлен f G K[t] наименьшей
степени, корнем которого является данное число а, неприводим над К,
т. е. це раскладывается в произведение непостоянных многочленов с ко-
эффициентами из поля К.
Пусть /3=р(а), где р 6 #[£], a f G #[£] — многочлен наименьшей степе-
ни с корнем а. Разделим многочлен р на f с остатком: p(t) = d(t)/(t) +
+ r(t), откуда /3=p(a) = d(a)/(a) + r(a) = r(a)^0, где deg г <deg/ = n.
Поскольку многочлен f не имеет нетривиальных делителей, то много-
члены fur взаимно просты, следовательно существуют многочлены
А, В е K[t], такие что Af + Br = 1, откуда А(о)/(а) + B(a)r(a) = 1,
т. е. В(о)/3 = 1. Таким образом, В(а) G К (а) — обратный к /3 элемент. □
Упражнение 9.33. Докажите, что поле К (а) является векторным
пространством над К размерности dim# К (а) = deg /.
Если /3 — еще один корень какого-то многочлена (также с рациональ-
ными коэффициентами), то множество.
Q(a, /3) = Q(a)(/3) = {$(/3) | q G Q(a)[t] } = {s(a, /3) | s G Q[t, u]}
также является полем.
Лемма 9.29. Множество Q(a,/3) является конечномерным век-
торным пространством над Q.
Действительно, Q(a,/3) конечномерно над Q(a), которое в свою оче-
редь является конечномерным пространством над Q.
Упражнение 9.34. Закончите доказательство леммы.
Доказательство теоремы 9.27.
Пусть z = h(x, у) е Q(tf, у) и dimQQ(x,p) = N. Так как в наборе
lyz,..., zN имеется N 4-1 элемент векторного пространства размерно-
сти 7V, то эти элементы линейно зависимы, т. е. найдутся такие числа
е Q, что aiZ' = 0, так что p(t) =	arf' — искомый многочлен. □
296
Глава 9. Рациональные приближения
Дополнительные задачи
Задача 9.10. На план масштаба 1:105 наложен план того же участ-
ка местности масштаба 1:10е. Докажите, что некоторая точка этой
местности изображена на этих планах точками, одна из которых лежит
в точности под другой.
Задача 9.11. Функция /: R—>R такова, что |/'(^)| <g< 1 при всех
х 6 R. Докажите, что функция f — сжимающая.
Задача 9.12. Найдите все наилучшие приближения числа тг, знаме-
натели которых не превосходят 50.
Задача 9.13. Найдите разложение в непрерывную дробь следующих
чисел: а) у/п1 2 4-1; б) у/п2 — 1 (п — натуральное).
Задача 9.14. В следующей таблице приведены подходящие дроби
разложения у/2 в цепную дробь.
п	1	2	3	4	5	6	7	15
Рп Яп	3 2	7 5	17 12	41 29	99 70	239 169	577 408	665857 470832
Не знакомы ли вам некоторые из них? Сформулируйте предположение
и докажите его.
Задача 9.15. Докажите, что для всякого иррационального числа а
существует бесконечно много дробей -, таких что а) | а — -1 <	;
б)|а— -|< 1 .	”	”
7 I п I 2п2
1 4- х/б
Задача 9.16. Пусть т = —— и с< 1. Докажите, что неравенство
| т — ^ | <	-2 имеет конечное число решений.
Задача 9.17. Докажите, что уравнение х2 — 2у2 = 1 имеет бесконеч-
но много целочисленных решений.
Задача 9.18. Найдите все подходящие дроби — разложения >/3
Qn
в цепную дробь, такие что пара (pn,Qn) является решением уравнения
х2 — Зр2 = 1.
Задача 9.19. Докажите, что сумма ряда
1 + ± + ± + +—+
2 ~ 22 ~ 26	2п!	’
является трансцендентным числом (так называемое число Лиувилля}.
Задача 9.20. Избавьтесь от иррациональности в знаменателе дроби
1
1 4- ^2 4-2^4 ’
Комментарии педагогического характера
297
Комментарии педагогического характера
Материал, изложенный в этой главе, имеет более теоретический ха-
рактер, чем материал других глав. В частности, в ней существенно боль-
ше упражнений, чем задач. Одной из причин этого является отсутствие
цепных дробей в школьной программе, поэтому автору пришлось приве-
сти все исходные определения и доказать основные свойства. Конечно,
многое осталось за рамками нашего обсуждения, к примеру, намечен-
ная в задачах 9.17 и 9.18 связь между решениями уравнения Пелля
х2 — пу2 = 1 и разложением числа у/п в цепную дробь (см. [10]).
Автор оставил в стороне понятие счетного множества, естествен-
но появляющегося в вопросе существования трансцендентных чисел.
Нетрудно доказать, что множество всех алгебраических чисел счетно,
в то время, как числовая прямая — множество всех действительных
чисел — несчетна. Разговор о счетных множествах может быть очень
интересен, поскольку: на первых порах проверка счетности множества
состоит в построении (или доказательстве существования) взаимно од-
нозначного отображения из N на рассматриваемое множество, а в даль-
нейшем полезно использовать их простые стандартные свойства.
Решение задачи 9.1 приводит к понятию неподвижной точки функ-
ции. В этой связи в первом же параграфе этой главы приведена теорема
Банаха о сжимающем отображении (см. теорему 9.1, упражнение 9.3 и
задачу 9.10). Продолжение сюжета о существовании неподвижных то-
чек дано в следующей главе (см., к примеру, упражнение 10.10).
С точки зрения развития математической культуры важную роль иг-
рают те параграфы, в которых приведены формальное описание множе-
ства (упорядоченного поля) Q рациональных чисел как частный случай
построения поля частных области целостности и построение полей ал-
гебраических чисел.
Решения упражнений
9.1. Напишем уравнение касательной к графику у = х2 — 2 в точ-
ке с абсциссой xQ. Так как (х2 — 2)' = 2я, то это уравнение имеет вид
у = х% — 2 + 2жо(ж — х0), т. е. у = 2яоя —	— 2. Абсцисса Хг точки пере-
сечения этой касательной с осью абсцисс является решением уравнения
у = 0, откуда Xi= | (а?о 4- —). При замене xQ на хп мы и получим соот-
ношение (9.1) для абсциссы точки пересечения касательной к графику
данной функции в точке с х = хп с осью абсцисс.
9.2. а) Имеем
kn+i -яп| = \fM - /(^n-i)l ^q\xn -Zn-il С ... < qn |xi -s0|.
298
Глава 9. Рациональные приближения
б)	Имеем
|*En+fc	*^n|	l^n+l *^п| 4" |*^п4-2	2*п4-1| 4" • • • 4“ |#n+fc ^Сп+к—1|
qn |®! - ®0| + qn+1 |®i - ®о| + ... + Qn+*-1 |®i - ®о|	<
<	(?n + q"+1 + • • •) ki - 2>о| =	|®i - х01.
в)	Поскольку	q 6 (0; 1), то qn —► 0 при п —► оо, то из неравенства,	дока-
занного в предыдущем пункте, следует, что для каждого е > 0 найдется
натуральное число 2V, такое что — Х(\<е при всех k^t'&N. По-
следовательность, обладающая таким свойством, называется фундамен-
тальной последовательностью или последовательностью Коши. Одно
из центральных свойств числовой прямой (называемое ее полнотой)
выглядит следующим образом: Всякая фундаментальная последова-
тельность имеет предел. Пусть х* = lim хп. Ясно, что сжимающая
функция является непрерывной (это — простое упражнение на пони-
мание определения непрерывности), следовательно так как хп —► х*, то
/(жп) —► /(#*). Переходя к пределу в равенстве xn+i = f(xn), мы и по-
лучим, что /(#*) =х*.
г)	Искомое неравенство получается переходом к пределу при fc —► 4-оо
в неравенстве пункта б).
9.3.	Все, что надо проверить — это то, что функция f(x) = | (я 4- j)
является сжимающей на луче [\/2; 4-оо). Так как /'(ж) = |(1 — J^-), то
на этом луче справедливы неравенства 0 /'(ж) В силу теоремы
Лагранжа
1/(®) -/(v)l = |/'(с)| |® - у| 11® - у|.
9.4.	Ответ:	. Рассмотрим дроби | и £, b^q^k. Если b = q, тр
наименьшее ненулевое расстояние между этими дробями равно |	|.
Теперь предположим, что b < q. Тогда 11 ~ | = —.
9.5.	Они равны (49,1).
9.6.	С наглядно-геометрической точки зрения кажется очевидным,
что min{/h, h2} С Л, где h — расстояние до диагонали АС от точек В
и D (рисунок).
А
В
Решения упражнений
299
Предположим, что прямая, проходящая через точку А, пересекает
сторону ВС в точке К. Ясно, что расстояние hr от вершины В
до этой прямой меньше расстояния h2 до нее от точки D. Так как
hr = АВ • sin АВАК, h = AB- sin ABAC и АВАК < ABAC < |, то hr <h.
9.7.	а) В множество Fn \ Fn_i входят несократимые дроби где
к < п, которых имеется столько же, сколько есть чисел, меньших п и
взаимно простых с ним, то есть <р(п).
б)	Предположим, что числа к и к 4- 1 взаимно просты с п (в частно-
сти, к < п — 1) и рассмотрим дроби х = и у =	. Ясно, что ~ £ >
> ^, и покажем, что х <	. Действительно, последнее неравен-
ство равносильно неравенству пк<пк + п — к-1, или к < п — 1. Таким
образом, дробь 6 Fn_i лежит между элементами х, у 6 Fn \ Fn_i.
9.8.	Очевидно.
9.9.	Имеем
аа + Рр _ £ = /?(Ьр ~ а?) > 0
ab 4- /3q b b(ab -F /3q)
Второе неравенство доказывается аналогично. Интересен геометриче-
ский смысл этих неравенств. Рассмотрим на плоскости точки А(Ь, а),
Р(д,р) и L(ab 4- /Зд, аа 4- /?р). По условию от-
резок OL (О — начало координат) лежит	/
внутри угла, сторонами которого являются	/Р(<ЪР)
лучи О А и ОР (рисунок). Следовательно, Г
угловой коэффициент прямой OL, равный /
ab'^fc’ лежит между угловыми коэффици- / s
ентами прямых О А и ОР, равными соответ-
ственно ? и -.	О
9.10.	См. доказательство леммы 9.3.
9.11.	Положим для краткости т = Тогда
т = Гп+1 = т"+2 - (-т)—2	1 - (-1)тет~2п"4
Тл Fn Tn+1 - (—r)“n~1 Т 1 — ( — l)n4-lr-2n-2	Т
L
A(b,a)
при п —юо.
9.12.	В силу формулы (9.3) имеем
|тп -т| < |тп+1 -Тп| =
Рп+1 _ Рп
9п+1 Qn
QnQn+i qn
300
Глава 9. Рациональные приближения
9.13.	Метод разложения будет ясен из следующего примера. Имеем
3
5
1
ч
8
5
1
5
3
1—=1 +_______1___
1	1	1	’
-	14-“
2	2
таким образом, | = [1; 1,1,2]. В общем случае метод заключается в по-
следовательном делении с остатком. Рассмотрим дробь ~	, в кото-
рой р0 > 7о • Разделим р0 на q0 с остатком, р0 = aoqo 4- и, положим pi =7 q0
и Qi =Г1 <pi. Теперь разделим pi на Qi с остатком, так что рг =flip2 4-72,
и так далее. Как известно, на некотором шаге мы получим, что ak+i = 0,
Таким образом,
Р _ Ро _п . ri -п	-
“ — — — do 4-— do 4----—
q qo qo Pi
= °o 4- pj- = d0 4---j-
й “1 + Ё2
«2
— do 4----------~
di 4-----
«к
9.14.	Ясно, что достаточно доказать, что pnqn_2 — pn-2qn = (—1)лс
для чего воспользуемся формулой (9.5) и соотношением леммы 9.12:
PnQn-2 Pn-2Qn — (dnPn-1 4" Pn-2)qn-2 Pn-2(O'nqn-l 4" Qn-2) —
= dn(7n_ipn_2 q-n—2Pn—1) ~ ( 1) d,n.
9.15.	Очевидное следствие соотношения леммы 9.12.
9.16.	Обозначим через (^) подходящую дробь для цепной
дроби со значением а (ап, соответственно). Очевидно, что =
г	Pfci	Яп+к
= [d0;di,... ,dn_i, -7]. Все, что осталось сделать — это устремить fc
к бесконечности и воспользоваться стандартными теоремами об ариф-
метических операциях над последовательностями и их пределами.
9.17.	Собственно говоря, утверждение этого упражнения является
естественным обобщением теоремы 9.11 на случай таких конечных цеп-
ных дробей, в которых числа dt не обязаны быть натуральными. Все,
что надо заметить — это то, что ее доказательство опирается на пра-
вило Эйлера построения многочленов Рп и Qn, значения переменных
которых отнюдь не обязаны быть натуральными числами.
9.18.	Из результата упражнения 9.17 следует, что мы можем счи-
тать периодической саму последовательность d0; di,...; пусть ап = dn4_fc
при всех п 0. В этом случае, в силу результата упражнения 9.16, из
Решения упражнений
301
формулы (9.10) следует, что значение а этой цепной дроби является
корнем уравнения
Q = ар*;-! +pfc 2
aqk-i + Qk-z
которое равносильно квадратному уравнению.
9.19.	Вторая из рассматриваемых дробей определяется теми же
числами, что и первая, только записанными в обратном порядкё; для
точности дальнейших вычислений положим bi =an_i} г = 0,1,..., п. Все,
что осталось сделать — это воспользоваться формулами для числите-
лей и знаменателей подходящих дробей и следствием правила Эйлера
(см. с. 280). Итак,
Рп = Рп(Ь(Ь • • • , Ьп) = Рп(^т • • • ? ^о) = РП(0>0) ..., оп)== рп,
Qn = Рг»—i(bi,..., bn) = Рn-i(an_i,..., Оо) =
~ Рп—1(00) • • • ? On—i) = Рп-h
Рп — 1 = -^П—1(Ьо, • • • , ^п—1) = Pri-liton) • • • , Oi) = l5n_i(Oi, • • • , Оп) ~ Qn>
Qn — 1 ~ п —2(^1? • • • ? ^п—1) = Рп —2(On—1, • • • j Oj) —
= Рп—2(^1? • • • , Оп—1) ~ Qn—1-
9.20.	В силу результата предыдущего упражнения числа а и /3
являются корнями уравнений
__ &Рп—1 ~Ь Рп—2 и /J —	Рп—2   РРп—1 ~Ь Qn—1
aqn-i + Qn—2	/3Qn-i -h Qn-2 frPn-2 + Qn-2
соответственно. В стандартном виде мы получим уравнения
a2qn-i + a(Qn-2 - Pn-i) - Рп-2 = 0,
l?Pn-2 + /3(Qn-2 - Pn-l) - Qn-l = 0.
Очевидно, что при замене а = — ± мы из первого уравнения получим
второе.
9.21.	Положим а = г + Зу/т, где г, з 6 Q, при этом з/0, а т
не является полным квадратом. Пусть а' — второй корень уравнения
х2 — рх + q = 0. Поскольку а + а' = р Е Q, то а' = г' — зу/т, где г' 6 Q.
Осталось заметить, что aaf = rr' — з2т + з(т' — г)у/т будет рациональ-
ным тогда и только тогда, когда г = г'. Таким образом мы доказали, что
вторым корнем уравнения является число а' = г - Sy/m. Тем самым оно
определено однозначно, следовательно, однозначно определены и коэф-
фициенты данного уравнения.
Дополнительный вопрос: а что неявно предполагалось в этом рас-
суждении (см. последний параграф данной главы)?
302
Глава 9. Рациональные приближения
9.22.	Конечно, формулу можно проверить прямым вычислением.
Однако правильнее будет поступить так, как это делалось в предыду-
щей главе. Укажем аналог этой формулы. Если а,6,с,de R и f(z) =
= ^,zeC,rOf(z)=7W).
9.23.	а) Достаточно убедиться в том, что bq 0 0. Но это верно, так
как в Z нет делителей нуля, б) Да, является. Убедитесь в этом само-
стоятельно.
9.24.	а) Имеем (a, b) + (p,q) ~ (а, 6), если (aq + bp)b = abq, т. е. Ь2р = О,
откуда р = 0.
б)	Имеем (а, Ь) • (р, q) ~ (а, 6), если abp = abq, т. е. р = q / 0.
в)	Если b < 0, то (-а, -Ь) ~ (а, 6).
9.25.	Пусть <р: Z—а I—► у. Проверьте, что отображение явля-
ется включением, т. е. если а / Ь, то <р(а) / <р(Ь), и <р(а + Ь) = <р(а) + <р(Ь),
¥>(ab) = <р(а) • <р(Ь) для любых а, b 6 Z.
9.26.	Первый подход к определению. Будем говорить, что f > *,
если (aq — bp)bq > 0, т. е. abq2 > pqb2. Что прежде всего надо доказать?
Конечно, то, что это определение корректно (а что это означает?).
Итак, пусть (a, b) ~ (аъ bi), значит, abi = aib, откуда аЫ% = a^ib2. Если
abq2 >pqb2, то abb^q2 >pqb2b2, таким образом, а^Ь^Ъ2 >pqb2b2, поэтому
aibi<72 > pqb^. Что осталось доказать, чтобы проверить корректность?
Проверим транзитивность. Пусть | и “ > |, а значит, abq2 >pqb2
и pq£2 > k£q2. Следовательно,
abq2£2 > pqb2t2 > ktq2b2, откуда abt2 > ktb2,
а это и означает, что |	|. Согласованность введенного порядка с опе-
рациями сложения и умножения проверьте самостоятельно.
Наметим также и второй подход. Положим Q+ = { | | ab > 0} и
Q_ = { | | ab < 0}. Покажите корректность определения этих множеств5.
Докажите, что если х, у Е Q+, то х + у, ху Е Q+. Наконец, будем счи-
тать, что х > у, если х — у Е Q+. Теперь свойства отношения порядка
очевидны!
9.27.	Собственно говоря, доказывать здесь нечего. Все, что требова-
лось от множества Z целых чисел при построении поля Q рациональ-
ных чисел — это то, что Z является областью целостности. Просмотрите
все доказательства и убедитесь в этом!
9.28.	Положим п = deg /. Предположим, что д не делится на /. Обо-
значим через d(x) наибольший общий делитель этих многочленов, та-
ким образом degd < п. В силу существования линейного представления*
Решения упражнений
303
наибольшего общего делителя существуют такие многочлены a, b 6 Q[z],
что d(x) = a(x)f(x) + b(x)g(x), в частности, d(a) = а(а)/(а) + b(a)g(ot) =
= 0. Следовательно, число а является также и корнем многочлена d,
что противоречит выбору многочлена /.
9.29.	Если многочлен f имеет рациональный корень |, то f(x) =
= (х — ^)^(z), где д Е Q[x], при этом д(а) = 0, что противоречит тому,
что f является многочленом наименьшей степени с корнем а.
9.30.	а) Конечно, число $2 алгебраично, так как оно есть корень
многочлена f(x) = х3 — 2. Так как оно иррационально, то оно не яв-
ляется корнем никакого многочлена степени 1 (с целыми коэффици-
ентами). Предположим, что оно — корень квадратичного многочлена
д(х). В силу упражнения 9.28, в таком случае f делится на д, но тогда
частное — это многочлен степени 1, корень которого рационален, что
противоречит тому, что f(x) имеет единственный корень, являющийся
иррациональным числом.
б) Прежде всего надо доказать, что число \/2 + у/3 алгебраично. Если
я = \/2 + \/3, то (х - \/2)а = 3, т. е. х2 - 1 = 2ят>/2, откуда (х2 - I)2 = 8я2,
т. е. х4 - Юж2 -1-1 = 0. Теперь заметим, что другими корнями найденного
многочлена являются числа \/2 — \/3 и -\/2±\/З.То, что степень числа
у/2 + УЗ не равна 3, следует из результата предыдущего упражнения.
Осталось доказать, что она не равна двум. Если \/2 -I- х/3 — корень квад-
ратного трехчлена (с рациональными коэффициентами), то он должен
быть делителем многочлена х4 — Юж2 -I-1, значит, другим его корнем
должно быть одно из чисел х/З — \/2, \/2 — у/3 или \/3 — \/2, что невоз-
можно.
9.31.	Множество Q(x/2) лежит в R (или С), которое есть поле. Надо
доказать, что если a,/3eQ(x/2), то и а±/3, а/3, EQ(\/2) (конечно,
последнее включение справедливо в случае, когда а/0). Пусть а =
= fli 4- bi у/2 и /3 = а2 + Ь2у/2. Тогда
а -Ь /3 = П1 4- а2 + (61 + 62) \/2,
ot • /3 = бцвэ 4" 2b2b2 4” (0162 4" (I261)v^2,
1 = Qi ~ 61\/2 = Q1	-61 /д
a ai-26?	ах-26?	ax-26?V
9.32.	Если f(t) =^(t)A(t), то g(a)h(a) =0, значит, а — это корень
хотя бы одного из многочленов д и Л, степень каждого из которых
меньше степени многочлена /.
304
Глава 9. Рациональные приближения
9.33.	Пусть n = deg/. Покажем, что элементы 1,а, ...,ап-1 об-
разуют базис над Q пространства Q(a). Если бы нашлись числа
Co,Ci,... ,cn-i 6 Q, не все из которых равны нулю, такие что Со +
+ CiO + ... + Cn-iQn-1 = 0, то число а было бы корнем многочлена
g(t) = Со + Ctt + ... + сп_1Г-1 степени меньшей п. Таким образом, ука-
занный набор линейно независим. Осталось доказать, что всякий эле-
мент (3 е Q(a) является некоторой линейной комбинацией его элементов
(с рациональными коэффициентами). Пусть /3 = р(а). Разделим р на f
с остатком, p(t) = d(t)f(t) + r(t), откуда /3=р(а) = d(a)/(a) + r(a) = г(а)г,
где degr<deg/ = n. Если r(t) = a0 + a1t +...+ an-i£n-1, то (3 = a0 + aia +
+ ... + an_ian-1, что и требовалось.
9.34.	Пусть f и д — многочлены наименьшей степени, корнями
которых являются числа а и (3 соответственно, причем deg f = п и
deg д = к. Покажите, что всякое число с Е Q(a, /3) представляется в виде
суммы aija'0j, где a.j € Q, г = 0,1,..., п - 1 и j = 0,1,..., к - 1.
Глава 10
Математика и компьютер
§ 10.1.	Введение в предмет
Уже почти повсеместное распространение компьютеров до сих пор
практически не повлияло на преподавание математики. Мне кажется,
что тому есть две причины. Во-первых, использование современных
пакетов компьютерной алгебры может привести к тому, что ученики
вообще разучатся как-то думать и что-либо писать при выполнении
домашних заданий по математике. Действительно, к чему пытаться по-
нять, как выглядит график линейной функции при данных значениях
к и Ь, если можно записать Plot [2*х-1,{х,-1,2}] и увидеть:1
Или же вместо того, чтобы запомнить и понять формулу корней
квадратного уравнения, просто написать Solve[х*2-х-3==0,х], чтобы
увидеть ответ
{{^ i(i - Лз)}, {х-1(1 + Лз)}}.
£
Такие пакеты, как Maple и Mathematica, способны решить практически
любое встречающееся в средней школе уравнение и выполнить почти
гВ действительности на экране появится более простая картинка. Для построения
таких графиков, как тот, что вы видите здесь и увидите на последующих страницах
этой главы, надо использовать дополнительные опции оператора Plot.
306
Глава 10. Математика и компьютер
любое задание по курсу высшей математики для студентов техниче-
ских вузов. Однако, как совершенно справедливо писал Стивен Кранц2,
«гораздо полезнее потратить полчаса на построение графика, работая
с карандашом и бумагой, чем за то же время просмотреть 50 графи-
ков на экране компьютера.» Поэтому вполне понятен консерватизм
преподавателей математики в школе и вузе, которые боятся, что исполь-
зование компьютера приведет к тому, что ученики (студенты) вообще
не будут что-либо знать.
Но есть и вторая причина. Дело в том, что задачи, при решении
которых можно и полезно использовать компьютер, должны иметь
другую структуру; соответственно, необходимо составлять новые под-
борки задач и разрабатывать новые методики обучения, что очень и
очень непросто. Однако делать это необходимо. При правильном под-
ходе к методике его использования компьютер (точнее, современные
математические пакеты) позволяет сделать процесс обучения более ин-
тенсивным. Как каждому известно, для того, чтобы найти решение за-
дачи, надо вначале понять, где его искать. Или по-другому: правильно
сформулировать теорему — это уже полдела (если не больше). В разных
местах этой книги автор несколько раз ссылался на компьютерный экс-
перимент. Эта глава как раз и посвящена использованию компьютера
в математических целях при помощи пакета Mathematics.
Имеются два принципиально различных подхода к использованию
математических пакетов в процессе обучения математике. Давайте рас-
смотрим следующую задачу.
Задача 10.1. Сколько решений имеет уравнение х* = 6х?
Написав Solve [х*6“6*х,х], мы вместе с предупреждением, что,
возможно, найдены не все решения, увидим на экране значения
6ProductLogj - j	6ProductLog[j
6’	T^g[6j ’	Log[6] •
Приближенными значениями являются 6, 1.62424 и —0.789877. Таким
образом мы видим, что уравнение имеет три решения.
Закончено ли решение задачи? Вполне возможно, что кто-то на этот
вопрос ответит утвердительно: «Да, закончено, поскольку ответ полу-
чен.» Однако автор стоит на противоположной точке зрения и считает:
«Нет, не закончено. Наоборот, с этого момента решение только начина-
ется!»
2S. G. Krantz, How to teach mathematics. A personal perspective. AMS, Providence,
R.I., 1993. - 76p.
§ 10.1. Введение в предмет
307
Дело в том, что получение ответа не есть самоцель. Целью реше-
ния задач является обучение математике, а что мы приобрели, узнав
ответ задачи 10.1? Подчеркнем, что наша цель — обучение мате-
матике, а не Mathematic’e, и оно немыслимо без постановки вопроса
«Почему?» и ответа на него. Полученный нами ответ, в свою очередь
порождает несколько вопросов, первый из которых звучит так: «А что
такое ProductLogft]?» Оказывается, так обозначается решение уравне-
ния хех = t.
Упражнение 10.1. а) Покажите, что функция /(х) = хех, рассмат-
риваемая на луче [—1; +оо), обратима. Обозначим через <р(х) обратную
ей функцию, б) Покажите, что решениями уравнения х6 = 6х являются
числа 6 и -т— <^(± ^).
то о '
Таким образом оказалось, что решение данного уравнения можно вы-
разить через новую («неэлементарную») функцию. Это уже интересно,
и компьютер помог нам это узнать. Исследование задачи теперь можно
продолжить.
Естественная попытка состоит в том, чтобы изобразить на одном
рисунке графики обеих частей уравнения, что можно сделать посред-
ством оператора Plot[{х*6,6~х},{х,-2,2}]. В результате мы увидим
на экране следующую картинку.
Очевидным образом уравнение имеет один отрицательный корень,
но неясно, сколько же у него будет положительных корней.3
Следующим шагом будет построение графиков при бблыпих значени-
ях аргумента. Написав Plot [{х*б, б*х},{х,0,7}], мы увидим картину,
изображенную на рисунка в начале следующей страницы. Другими сло-
вами, мы ничего не увидим, так при небольших значениях аргумента
графики практически сливаются.
3Иногда приходится слышать, что положительных корней уравнение не имеет...
308
Глава 10. Математика и компьютер
Разумный подход состоит не в том, чтобы изображать графики этих
функции в отдельности, или график их разности, а в том, чтобы изоб-
разить график у = xQ6~x. Тогда, если мы введем команду
Plot [{х-б/б-х,1},{х,-1,10}],
то на экране появится картинка, из которой все уже становится очевид-
ным. Поведение этой функции настолько четко выражено, что никаких
сомнений в том, что уравнение имеет три решения, уже не остается.
Упражнение 10.2. Исследуйте функцию у = хв6~х и докажите, что
уравнение х6 = 6х действительно имеет три корня.
Задача 10.2. Найдите все натуральные числа п, для которых спра-
ведливо неравенство 99п 4- 100п < 101п.
Производить подсчеты «руками» просто немыслимо. Заставим это
делать компьютер. С этой целью напишем программу, которая найдет
и напечатает первое натуральное число, для которого справедливо это
неравенство.
§10.1. Введение в предмет
309
Итак, записав
Do[If[99~n+100*n<101~n,Print[n];Break[]],{n,1,100}],
мы увидим на экране число 49.
Упражнение 10.3. Докажите, что если неравенство задачи 10.2
справедливо при п = 49, то оно будет верно при всех п 49.
Упражнение 10.4. Докажите, что данное неравенство справедливо
при всех п 50.
Задача 10.3. Представьте число 2008 в виде суммы натуральных
чисел с наибольшим произведением.
Опять-таки, давайте найдем наибольшее значение произведений
mn = fcifc2 • • • , если fci + fc2 + • • • + ka = n при не очень больших зна-
чениях п для того, чтобы усмотреть закономерность. Идея подсчета
заключается в следующем. Допустим, что нам известны значения тп
при всех п к. Для того, чтобы найти его при п = к + 1, надо просто
взять наибольшее из чисел та • ть при а 4- b = п.
Прежде всего напишем рекурсивную процедуру, вычисляющую наи-
большее значение произведения.
mprod[2]=2; mprod[3]=3;
mprod[n_]:=Мах[Table[mprod[i]*mprod[n-i],{i,2,n-2}]];
Поскольку нас интересуют значения сомножителей таких произве-
дений, заставим компьютер разложить их на простые множители. На-
пишем Table[{i,FactorInteger[mprod[i]]},{,i,2,10}], в результате
на экране появится следующий список:
{{2, {{2,1}}}, {3, {{3,1}}}, {4, {{2,2}}, {5, {{2,1}, {3,1}}},
{6, {{3,2}}, {7, {{2,2}, {3,1}}}, {8, {{2,1}, {3,2}}},
{9, {{3,3}}}, {10, {{2,2}, {3,2}}}}.
Запись {{2,2}, {3,2}} после 10 означает, что наибольшее произведение
натуральных чисел, сумма которых равна 10, равно 22 • З2. Таким обра-
зом, возникает естественное предположение: для того, чтобы произведе-
ние натуральных чисел с фиксированной суммой было наибольшим, эти
числа должны быть равны 2 или 3. При этом, так как 24-2 + 2 = 3 + 3,
а 23 < З2, то двоек не может быть больше двух.
Упражнение 10.5. Докажите, что всякое натуральное число т > 4
можно представить в виде суммы а + b натуральных слагаемых так,
что аЬ > т.
310
Глава 10. Математика и компьютер
Из результата предыдущего упражнения следует, что если fci + fc2 +
+ ... + fc, = п, а произведение fcifc2... fc, является наибольшим возмож-
ным, то ki Е {2,3,4}. Так как 4 = 2 + 2 и 4 = 2 -2, то мы можем считать,
что ki Е {2,3}. При этом двоек не может быть больше двух. Следова-
тельно, число 2008 мы должны представить в виде суммы двух двоек
и 668 троек, и наибольшее значение их произведения равно 22 • 3е68.
Задача 10.4. Разгадайте загадку: какие целые числа являются бли-
1 /1 4- \/5\ n+1
жайшими к числам —	—J	?
Написав Table[Round[((l+Sqrt[5])/2)*n/Sqrt[5]] ,{и, 1,12}], мы
в результате получим {1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144}. Какие же чис-
ла перед нами? Конечно, числа Фибоначчи!
Упражнение 10.6. Докажите сформулированное утверждение,
воспользовавшись формулой Бине (см. стр. 58).
Задача 10.5. Найдите число счастливых билетов.
Запишем Coefficient[Sum[x*k,{k,0,9}]*6,x*(27)] (см. задачу
2.39) и получим ответ: 55252.
Можно было поступить другим образом, записав следующую после-
довательность операторов.
a=Table[0,{i,l,28}];
Do[a[[i+j+k+l]]«l+a[[i+j+k+l]],{i,0,9},{j,0,9},{k,0,9}];
Sum[a[[i]]*2,{i,l,28}]
Ответом будет то же самое число.
Поясним смысл этих операторов. Прежде всего был сформирован
список длины 28, состоящий из одних нулей. В результате работы вто-
рого оператора значение an+i становится равным количеству не более
чем трехзначных чисел, сумма цифр которых дает число п. Наконец,
результатом работы последнего оператора является сумма 22* i а?.
Упражнение 10.7. Докажите, что последняя сумма действительно
равна числу всех счастливых билетов.
§ 10.2.	Визуализация математических
фактов и методов
Написав Plot[{Sin[х],х-х*3/6,х-х*3/6+х*5/120},{х,-4,4}], мы
увидим графики, представленные на следующем рисунке. Мы видим,
что чем больше членов ряда Тейлора в разложении синуса мы берем,
тем на большем отрезке числовой прямой график синуса будет при-
§10.2. Визуализация математических фактов и методов
311
ближаться графиком соответствующего многочлена. Кстати, мы могли
воспользоваться тем, что в пакете Mathematica есть возможность за-
дать отрезок заданной длины ряда Тейлора данной функции.
Этот пример использования компьютера совсем тривиален, таким
примерам несть числа, и дальнейшие примеры в этом параграфе бу-
дут более содержательными.
Оператор Nest [f ,х0,п] вычисляет значение /(/(... f(x0)...)).
п раз
Задача 10.6. Результатом работы последовательности операторов
f[х_]:=х*3-3; g[хJ:=x-f[х]/f’[х];
t=Table[Nest [g,1,i],{i,1,7}]; N[t,10]
является последовательность («список»)
{1.666666667,1.471111111, 1.4422812098,1.442249790,
1.442249570, 1.442249570, 1.442249570}.
Каков смысл полученных чисел?
С математической точки зрения рассматриваемая последователь-
zr	-|	/(®п)
ность построена следующим образом: х0 = 1, a = хп — 777—г при
J \йп)
п = 0,1,... Отчетливо видно, что эта последовательность сходится, при-
чем очень быстро. Какое число является ее пределом, видно из сле-
дующего рассуждения. Так как хп —► а, то из определения этой по-
следовательности следует, что а = а— значит, /(а) —0, таким
Образом, а = >/3. Теперь напишем уравнение касательной к графику
данной функции в точке с абсциссой хп:
У = fM + f'(xn)(x - хп).
312
Глава 10. Математика и компьютер
Значение х = хп —
Л*п)
ГМ
является решением уравнения у = 0, таким
образом, a?n+i — это координата точки пересечения с осью абсцисс ка-
сательной к графику данной функции, проведенной в точке (xn, f(xn))
этого графика. Как мы видели, в данном случае последовательность
{хп} сходится, а значит, ее предел — это корень уравнения f(x) = 0.
Описанный метод поиска корней уравнения называется методом ка-
сательных (Ньютона).
Упражнение ,10.8. Что изображено на следующем рисунке?
Упражнение 10.9. Докажите, что если функция f(x) выпукла и
возрастает на отрезке [а; Ь], /(а) < 0 < f(b) и f(x0) > 0, то последова-
тельность хп, построенная по методу касательных, стремится к корню
уравнения f(x) = 0.
Задача 10.7. Разгадайте загадку: почему результатом работы по-
следовательности операторов
f[х_]:=x+Sin [х]; N[Nest[f,3,7],10]
является число 3.141592654? Что произойдет, если в операторе Nest
заменить тройку восьмеркой?
Приведем ответ на второй вопрос: на экране перед вами появится
число 9.424777961. Что же это означает?
Последовательность {яп} строится по следующему правилу: х0 = 3,
а хп+1 = f(xn), где f(x) = х + sinх. Если хп—> а, то а = /(а), таким
образом, число а является корнем уравнения f(x) = х (неподвижной
точкой функции /). В данном случае получаем уравнение sinx = 0,
корнями которого являются числа вида 7rfc, к 6 Z. Если xQ = 3, то хп —► тг.
Однако, даже если взять х0 = 6.2, то хп —► тг, а если xQ = 6.3, то мы полу-
чим, что хп —> Зтг. Таким образом, хотя числа 2?rfc и являются корнями
§ 10.2. Визуализация математических фактов и методов
313
уравнения sin х = 0, они почему-то не являются пределами рассмотрен-
ной последовательности.
Упражнение 10.10. Докажите, что если хп 6 (О;тг), то хп+1 е
€ (хп; 7г), и докажите, что хп —► тг.
Иллюстрацией к предыдущей задаче и сформулированному упраж-
нению является следующий график.
Упражнение 10.11. Модифицируйте формулировку предыдущей
задачи с тем, чтобы пределами аналогичных последовательностей яв-
лялись как раз числа 2?rfc, k € Z.
Следующая задача уже встречалась ранее в главе 7, но сейчас мы
в состоянии кое-что посчитать дополнительно.
Задача 10.8. Расположите десятичные цифры в порядке убывания
частоты их появления в качестве старшей цифры степеней двойки.
На первый взгляд кажется, что частоты появления каждой цифры
должны быть примерно равны, но, как мы увидим, это совсем не так.
На fc-ом месте следующего списка стоит число раз, которое цифра
fc встретилась в старшем разряде десятичной записи числа 2г при i =
= 1,2,...,200:
{60, 36, 24, 20, 16, 13, 11, 11, 9}.
Этот список был получен в результате работы последовательности опе-
раторов:
a=Table[0,{9}];
Do[k=First[IntegerDigits[2*i] ] ;
a[[k]]=a[[k]]+l,{i,1,200}]; a.
Из теории, которая выходит за рамки этой книги, следует, что часто-
та появления цифры к как старшей цифры степеней двойки стремится
314
Глава 10. Математика и компьютер
к 1g Записав N[Table[Log[10,l+l/k]*200,{k,l,9}] ,4] получим
в результате список
{60.21, 35.22, 24.99, 19.38, 15.84, 13.39, 11.60, 10.23, 9.151}
который очень даже напоминает полученный ранее.
Задача 10.9. В результате работы программы
f[nJ:-Sum[Sin[Pi*(2*k-1)/(2*n)],{k,1,n}]*Pi/n;
Table[f[n]//N,{n,5,10}]
были получены значения
{2.03328, 2.02303, 2.01688, 2.01291, 2.01019, 2.00825}.
Объясните полученный результат.
Значение /(п) — это сумма Римана—Дарбу для интеграла
f* sin xdx, полученная при разбиении [0; тг] на п равных отрезков, при
этом значение синуса вычисляется в середине каждого из них:
/(n) = - (sin у- + sin |^ + ... + sin ^2n	.
n \ 2n 2n	2n /
Как известно, f* sinxdx = 2. Похоже, что эти суммы действительно
стремятся к 2, хотя и не очень быстро. Интересно сравнить поведение
этой последовательности с приближенными значениями этого интегра-
ла, найденными по формуле Симпсона («формуле парабол»).
Задача 10.10. Случайным образом выбрано n-значное число. При
каких значениях п можно быть практически уверенным, что в его де-
сятичной записи имеется единица?
Так как всего имеется 9 • ПР”1 n-значных чисел, а n-значных чисел
без единицы в их десятичной записи имеется 8 • 9П-1, то вероятность
того, что число не содержит единицы, равна | • (^)п \ Теперь надо
представить себе значения этих дробей. Напишем
ListPlot[Table[8*0.9*(i-1)/9,{1,1,20}],PlotJoined->True]
(см. следующий рисунок). Что значит «быть практически уверенным»?
Это значит, что вероятность неблагоприятного события очень мала. Как
видно из приведенного графика, даже при п = 20 эта вероятность ма-
ла, но не очень. Найдем первое значение п, при котором вероятность
§ 10.2. Визуализация математических фактов и методов
315
неблагоприятного события меньше 0.01, для чего решим неравенство
In
3 * (Тб)”1 < 0*01* Получим, что n > 1 +	«43.6, т.е. п > 44.
Наконец, при практической работе на компьютере есть возможность
увидеть своими глазами разницу в эффективности различных алгорит-
мов. Мы рассмотрим только один пример сравнения двух простых и
естественных алгоритмов.
Задача 10.11. Сравните между собой скорости работы алгоритма
поиска наибольшего общего делителя двух натуральных чисел а) по
методу Евклида; б) путем построения остатка от деления.
Как было сказано в главе 3, в методе Евклида мы всякий раз от пары
чисел (а, Ь) переходим к паре (а - 5,Ь), если а > Ь, и к паре (а, b - а)
в противном случае. В альтернативном алгоритме, опять-таки, если а >
> Ь, то мы переходим к паре (Ь, г), где г — остаток от деления а на Ь.
Запрограммируем исходный алгоритм Евклида:
grcdl[п.,ш_] :«Block[{a«n,b«m},
While[а!яЪ,If[a>b,a«a-b,b«b-a] ];
Return[а]].
На малых числах процедура работает прекрасно. Для проверки скоро-
сти работы эта процедура была применена к числам 240 — 1 и 21в — 1.
Оператор Timing [] позволяет определить время, затраченное процес-
сором на вычисление. Итак, в результате работы оператора
Timing[grcdl[2*40-1,2*16-1]]
был получен следующий ответ:
{99.363 Second, 255}.
316
Глава 10. Математика и компьютер
Для построения второй процедуры воспользуемся оператором
Mod[a,b], вычисляющим остаток от деления а на Ь.
grcd2[n_,m_]:=Block[{a=Max[n,m],b=Min[n,m],с},
While[b!=0,c=b;b=Mod[a,b];a=c];Return[a]].
Наибольший общий делитель той же пары чисел при помощи второй
процедуры был найден за 0 секунд.
§ 10.3.	Анализ результата, или:
«Как сделать открытие»
Задача 10.12. Пусть хп =3#n_i — 2П-1. а) Найдите формулу общего
члена последовательности, у которой Xi = 3. б) Найдите формулу обще-
го члена последовательности, у которой Zi =4. в) Найдите общий вид
такой последовательности.
Перед вами результаты «компьютерного эксперимента»:
х [п_]:=3*х[п-1]-2~(п-1); х[1]=3;
Table[х[п],{п,1,10}]
{3, 7, 17, 43, 113, 307, 857, 2443, 7073, 20707}.
Из этой таблицы пока ничего не видно. Естественное предположение
состоит в том, что в значениях хп должны участвовать степени тройки.
Написав Table [х [п] -3~п,{п,1,10}], получим в результате
{0, —2, -10, -38, -130, -422, -1330, -4118, -12610, -38342}.
Попробуем написать по-другому: Table [х [п] -3* (п-1) , {n, 1,10}], и
в ответе
{2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024}.
Теперь ответ на первый вопрос очевиден: хп = 2П 4- Зп-1.
Информация, достаточная для того, чтобы можно было ответить на
второй вопрос, содержится в следующей таблице:
х[1]=4; Table[х[n]-3~(п-1),{n,1,10}]
{3, 7, 17, 43, 113, 307, 857, 2443, 7073, 20707}.
А эту строчку мы уже видели! Следовательно, если Zi = 4, то
хп = 2 • 3n-1 -I- 2П. Какое естественное предположение можно выдвинуть,
имея уже две формулы? Конечно,
хп = а • Зп 4- 2П.
Упражнение 10.12. Докажите эту формулу.
§ 10.3. Анализ результата, или: «Как сделать открытие» 317
Мы обычно помним наизусть формулы для сумм чисел от 1 до п,
сумм квадратов и кубов этих чисел, но гораздо реже помним форму-
лы для сумм их старших степеней. Математические пакеты содержат
большой набор знаний, так что результатом выполнения оператора
Expand [Sum [k*4, {k, l,n}]] будет	+ V +
uU О	Z	□
Задача 10.13. Сформулируйте и докажите утверждения, вытекаю-
щие из таблицы, в которой Sk(ri) = lfc + 2fc + ... + nk.
51(п) = |п2 + |п,
^(n) = I n3 + I n2 + i n,
О	Z	О
5з(п) = J n4 + i n3 + n2,
Z
S4(n) = | П5 + i П4 + i П3 - П,
О	Z	О	OU
55(n) = be + ln5 + An4_±n2)
о z Iz Iz
S6(n) = i П7 + i П6 + i П5 - i П3 + i П,
7 z z о 4z
57(n) = ln8 + in7 + ^n6-^n4 + ^n2,
о Z IZ Z4 IZ
Q _ 1 ^9 I 1 ^8 . 2 7	7 s |2 Я 1
s8(n)--n +-n +-П -^n +-n --П.
Сразу бросается в глаза, что Sfc(n) = £-“-j-nfc+1 +	+ • •. . Докажем
это индукцией по fc.
Ясно, что ik+1 — (г — l)fc+1 = (fc 4- l)ifc — |fc(fc + l)^”1 + ... . Так как
nk+1 = SZi (*fc+1 - (г - l)fc+1), to
nfc+1 = (fc + l)f\* - |fc(fc +	+ • • • •
1=1	1=1
Значит,
Ё * = rn"‘ ’1 +	1   - 4т‘+‘ 4n* +   
1=1	1=1
в силу индукционного предположения.
Последнюю из задач этого параграфа можно решить и без компью-
тера, но с его помощью сделать это будет быстрее, поскольку всегда
проще доказывать факт, в справедливости которого ты уверен. С дру-
гой стороны, без математики тоже не обойтись. Если доказательство
никак не получается, то может быть, ситуация несколько сложнее, чем
нам казалось вначале?
318
Глава 10. Математика и компьютер
Задача 10.14. Последовательность {яп} задана формулой хп =
= а®п“1, Хг = а. При каких значениях а существует предел такой по-
следовательности? Как он связан с а?
Если а = 1, то хп = 1 при всех п 6 N. Что будет, если, к примеру,
взять а = 2? Очевидно, что х2 = 4, х3 = 16, х4 = 65536 и бессмыслен-
но вычислять х5 = 2вбб3в. Казалось бы, отсюда следует, что надо брать
а < 1. Но давайте немного посчитаем. Пусть а = 1.2.
x[n_] :=х[1]~х[п-1] ;х[1]=1.2; ч
ListPlot[Table[х[п] , {и, 1,10}],PlotJoined->True].
В результате мы увидим, что последовательность хп прекрасным обра-
зом сходится! Таким образом, не все так просто, как казалось на первый
взгляд, и компьютер нам это ясно показал.
Первое математическое соображение состоит в том, что если хп —► с,
то с = ас, таким образом, значение с является корнем уравнения х = ах.
При а Е (0; 1) это уравнение имеет единственное решение.
§ 10.3. Анализ результата, или: <Как сделать открытие* 319
Упражнение 10.13. Докажите, что при ае (1; е1/е) уравнение ах =
= х имеет два корня, при а = е1/е оно имеет один корень, а при а > е1/е
это уравнение корней не имеет.
Следовательно, бессмысленно рассматривать а > е1/е«1.44467. Поло-
жим а € (1; е1/е). В таком случае уравнение ах = х имеет два корня Ci и
Са, где Ci < Са. При а = 1.4 мы увидим на экране картину, изображенную
на рисунке в конце предыдущей страницы.
Упражнение 10.14. Докажите, что если 1 < хг < сэ, то последова-
тельность хп = а*”-1 сходится к Ci.
В нашем случае Xi = а. Поэтому, если а меньше наибольшего из кор-
ней уравнения ах = х, то последовательность хп будет сходящейся, а ее
пределом является наименьший корень этого уравнения. Снова взгля-
нем на картинку. На ней изображены: прямые у = х, у = а и график
у = ах при а = 1.3.
Ясно видно, что а меньше Ci. Остается это доказать.
Упражнение 10.15. Докажите, что при всех а€ (1;е1/е) число а
меньше, чем корни уравнения ах = х.
Теперь предположим, что а < 1 и снова немного посчитаем.
х[1]«0.5; Li st Plot [Table [х[п] ,{11,1,10}] ,PlotJoined->True].
Результат показан на рисунке в начале следующей страницы. Какой
вывод можно сделать из появившейся картинки? Кажется естественным
предположить, что подпоследовательность x2*:+i является возрастаю-
щей, а подпоследовательность х2к — убывающей, при этом х2п-ы < х2к
при всех п, к е N.
Упражнение 10.16. Докажите, что если а е (0; 1), то rr2n+i < х2к
при всех п, к е N.
320
Глава 10. Математика и компьютер
Кажется, что можно будет далее рассуждать следующим образом.
Обе подпоследовательности (с четными номерами и с нечетными но-
мерами) имеют предел, которым может быть только единственное ре-
шение уравнения ах = х. Значит, сама последовательности хп имеет
предел.
Однако не все так просто. Если х2ь —► я*, то х* — это решение урав-
нения ааХ =х. Сколько решений может оно иметь? Конечно, среди его
решений имеется (единственный) корень с уравнения ах = х. Но что,
если у него есть и другие корни?
Дело в том, что нельзя было ограничиваться одним графиком, так
как нам совсем не очевидно, как он зависит от значений параметра а.
На следующем рисунке изображен график у = ааХ при а = 0.03. Ясно
видно, что уравнение ааХ = х имеет три решения.
Лемма 10.1. Если а е [е е; 1), то функция h(x) = ах — loga х явля-
ется возрастающей.
Имеем
А'М-лЛпл 1	_ я:а®1п2а-1
гь \Х) — a In а .	—•	.	.
a: in а хта
§ 10.4. Хаос, хаос ...
321
Так как Ina < 0, то надо доказать, что хах -Ц—. Найдем наибольшее
In а
значение функции хах. Так как (za1) = az(l + ж In а), то наибольшее
значение достигается в точке х = — и равно — —. Таким образом,
осталось установить, что---г— < —I—, или — Ina е, или а е~е. □
е In а in2 а
Следствие. При ае [е“е; 1): 1) уравнение ааХ =х имеет единствен-
ное решение х = с; 2) аа '> х при х <с, и ааХ < х при х> с.
Положим для краткости f(x)=ax. Уравнение f(f(x))=x равно-
сильно уравнению f(x) = f~1(x), или ах = logaz. Так как доказано,
что функция ах — loga х является возрастающей, то f(x) < или
f(f(x)) > х при х < с\ при х > с справедливо обратное неравенство. □
Теперь мы можем закончить исследование задачи при a G [е"е; 1).
Так как x2n-i < с, то x2n+i = f(f(x2n-i)) > яЪп-i, следовательно, после-
довательность {#2n+i} — возрастающая. Ее пределом является число с.
В случае а < е~е « 0.066 мы ограничимся тем, что представим одну
картинку, на которой видно, что действительно подпоследовательности
с четными и нечетными номерами могут стремиться к разным числам.
Значение параметра а взято равным 0.05.
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
§ 10.4. Хаос, хаос ...
В этом параграфе будет проведено исследование вопроса, связанно-
го со следующей задачей, которая предлагалась 1997 году выпускникам
специализированных школ С.-Петербурга на профильно-элитарном вы-
пускном экзамене (см. [12]).4
4 Этот параграф написан на основе материала, содержащегося в статье автора
«Современная математика в школьных задачах». Соросовский образовательный
журнал, 2000, Т. 6, вып. 6, С. 110-116.
322
Глава 10. Математика и компьютер
Задача 10.15. Последовательность {яп}, n = 0,1,..., задана соот-
ношениями
•^п+1 =	1) Xq — С.	(10.1)
а)	Найдите все с, при которых х2 > 0.
б)	Докажите, что если с > 1, то эта последовательность монотонна.
в)	Найдите все конечные арифметические прогрессии, образованные
последовательными членами указанной последовательности.
г)	Докажите, что существуют последовательности данного вида
(при различных начальных данных), имеющие сколь угодно боль-
шой период.
Упражнение 10.17. Решите эту задачу.
Нас будет особо интересовать поведение последовательностей с на-
чальными значениями сЕ [—1; 1], поскольку, в силу пункта б) задачи
10.15, последовательности с начальными значениями |с| > 1 ведут себя
достаточно регулярно.
Упражнение 10.18. Докажите, что если с Е [-1; 1], то хп Е [-1; 1]
при всех п Е N. Найдите все постоянные последовательности вида (10.1).
Поскольку у нас имеется компьютер, давайте посчитаем. Запишем
х[п_] :=2*х[п-1]*2-1 и будем вычислять значение х40 при различных
начальных данных xQ. В следующей таблице приведены значения трех
последовательностей, начальные данные которых близки к 1.
х[0]	0.99	0.999	0.9999
х[40]	-0.994619	0.671747	-0.189354
Какие выводы можно сделать, посмотрев на результаты вычислений?
Если xQ = 1, то хп = 1 при всех п Е N. Казалось бы, если х0 близко
к 1, то и z[40] должно быть близко к 1, все дело в том, насколь-
ко Xq должно быть близко к 1... И что мы видим? Для Xq = 0.99
значение х40 уж совсем не похоже на 1, если xQ = 0.999, то z40 по
крайней мере положительно, но, как мы видим, при xQ = 0.9999 зна-
чение z40 вновь становится отрицательным! Вывод таков: полученным
результатам верить нельзя, так как рассматриваемые последовательно-
сти слишком чувствительны к своим начальным значениям!
Во многих случаях при использовании компьютерных пакетов можно
попробовать провести точное вычисление с рациональными числами и
по его окончании взять десятичное приближение. Однако представьте
себе, каким будет знаменатель числа z40 даже при xQ = —- ... Таким
образом, необходимо исследовать задачу математически, что мы сейчас
и начнем делать.
§ 10.4. Хаос, хаос ...
323
Рассмотрим квадратичную функцию f(x) = 2х2 — 1, таким образом,
Xn+i — f(xn). Попробуем вначале найти все монотонные последователь-
ности {яп}.
Лемма 10.2. Если се [—1; 1] и последовательность (10.1) монотон-
на, то она стационарна, т.е. с = 1 или с = — |.
Л
Поскольку жпЕ[-1;1], то последовательность (10.1) монотонна и
ограничена, поэтому она имеет предел. Пусть хп —►а. Тогда f(xn) —►
—► f(a), но так как f(xn) = xn+i, то отсюда следует, что /(а) = а,
т. е. а = 1 или а = — |. Покажем теперь, что а = 1 не может быть преде-
лом монотонной последовательности. Действительно, если монотонная
последовательность хп 6 [— 1; 1] стремится к 1, то она является моно-
тонно возрастающей. Однако разность
#n+i ~ хп 1 — (жп 1)(2хп 4- 1)
отрицательна при хп е (—	1), поэтому возрастающей данная последо-
вательность быть не может.
Второй случай, а = — |, исследуем иначе. Рассмотрим разность £п =
= |хп + ||. Имеем
Сп+1 = рп+1 +1| = |/(хп) - /(-|)| = i/'(«Mi|®n+1| = i/gui*.
(по формуле Лагранжа; число дп лежит между хп и — |). Если хп
достаточно близко к — то производная f(dn) близка к /'(— |) = —2,
в частности справедливо неравенство |/'($n)| > 1- Таким образом,
Сп+1 > Сп, откуда следует, что £п 0.	□
Следующий тип ограниченных последовательностей, поведение ко-
торых можно назвать регулярным, — это периодические. Ясно, что
начальные данные периодических последовательностей являются реше-
ниями уравнения
/п(д) = /(/(• • • (/(ж) • • •) = д, где f(x) = 2xa — 1.	(10.2)
п раз
В нашем случае в левой части уравнения (10.2) стоит многочлен степе-
ни 2П. Вычисление коэффициентов этих многочленов делать вручную
не слишком приятно, так, к примеру,
f3(x) = 128х8 - 256яв + 160х4 - 32я2 + 1.
Итак, рассматриваемое уравнение может иметь не более 2П действи-
тельных корней.
324
Глава 10. Математика и компьютер
На следующем рисунке изображены графики многочленов /п(я) при
х 6 [—1; 1] для п = 0,1,..., 4. Из рисунка ясно, что уравнение /п(ж) = х
действительно должно иметь 2П корней.
Попробуем теперь представить себе качественную картину поведе-
ния многочленов fn(x) чисто математически. Заметим, что /([— 1; 0]) =
= /([0; 1]) = [—1; 1], причем многочлен f является монотонной функцией
на каждом из отрезков [—1;0], [0; 1]. Пусть хи х2 — корни уравнения
/(х) = 0. Имеем /([-l;^]) = [0; 1],	0]) = [-1;0], /([0;я2]) = [-1;0],
/([я2; 1]) = [0; 1], поэтому на каждом из этих четырех отрезков функция
/2(гг) монотонна и принимает значения между —1 и 1. Далее, каждый
из корней уравнения /(ж) = х является, очевидно, и корнем уравнения
/2(я) = х. Поэтому из четырех корней последнего уравнения только два
определяют последовательность периода 2.
Упражнение 10.19. Докажите, что если /Др) =р и fn(p) = Р, то
/Др) = р, где d — это наибольший общий делитель чисел кип.
Теорема 10.3. 1) Для каждого натурального числа п уравнение
(10.2) имеет 2п действительных корней, каждый из которых яв-
ляется начальным значением последовательности (10.1), имеющей
некоторый делитель d числа п своим периодом.
2) Всякая такая периодическая последовательность является не-
устойчивым решением рекуррентного соотношения (10.1).
3) Множество точек периодических решений соотношения (10.1) всю-
ду плотно на отрезке [—1; 1].
Приведем необходимые определения.
Периодическая последовательность {хп}^°=0 называется неустойчи-
вым решением, если существует такое е > 0, что при всяком 6 > 0 най-
дется такая последовательность {рп}^0> также являющаяся решением
соотношения (10.1), что |я0 — р0| < 6 и \хп — уп\^£ при некотором п€ N.
§ 10.4. Хаос, хаос ...
325
Напомним, что множество А С [—оо; оо] называется всюду плотным
(в этом отрезке), если оно пересекается с любым содержащимся в от-
резке [— 1; 1] интервалом.
Доказательство теоремы. 1) Сделаем в уравнении fn(x)=x за-
мену я = cost Поскольку f(x) = 2х2 — 1, то /(cost) = cos2t, значит
/n(cost) = cos(2nt). Таким образом в результате проведенной замены
мы получим уравнение cos(2nt) = cos t, решениями которого являют-
ся числа
kez.
Решениями исходного уравнения являются числа
Ро = 1,	= соз^р А: = 1,2,..., 2п-1,
= cos-^-, к =1,2,..., 2""1 - 1.
* 2П — 1
Покажем, что р^ /	. Поскольку каждый из аргументов входя-
щих в них косинусов лежит в отрезке [0; тг], то достаточно показать,
что	’ что веРно в СИЛУ взаимной простоты чисел 2n + 1
и 2П — 1. Таким образом, мы сумели даже найти формулы для всех
решений уравнения, определяющего начальные значения последова-
тельностей, период которых является делителем числа п.
2)	Воспользуемся следующим утверждением (см. вторую часть дока-
зательства леммы 10.2).
Лемма 10.4. Если |(/n)'(p)| > 1 и fn(p)=P, то Р является
начальным данным периодической последовательности, являющейся
неустойчивым решением соотношения (10.1).
Упражнение 10.20. Докажите эту лемму.
Следовательно, достаточно вычислить производные (/п)'(я) при
х = РпП) и х = Qnn) (ясно, что (/n)'(Po) = 4n > 1). Имеем
dt /n(cost)
4: cost
(cos(2nt))'
(cost)'
2n sin(2nt)
sint
= 2n > 1,
так как числа
cos(2nt) = cost.
x = p^ и x = являются решениями уравнения
3) Рассмотрим произвольный интервал (а;/?) С [—1; 1]. По непрерыв-
ности косинуса множество {t 6 [0; тг] | cost G (а;/?)} также является ин-
тервалом; обозначим его (и; и). Выберем число п настолько большим,
что (у — и)(2п 4-1) > 2тг. Ясно, что найдется натуральное число fc, такое
что € (и; и), таким образом, р^ G (а;/?).	□
Z т 1
326
Глава 10. Математика и компьютер

Упражнение 10.21. Докажите, что число решений периода п рав-
но
2n-L
fc, |n
(здесь ki,kj,... — делители числа п, и через (fc<,fc,,...) обозначены
наибольшие общие делители соответствующих чисел.)
Таким образом простая квадратичная функция f(x) = 2х2 — 1 опреде-
ляет отображение отрезка [—1; 1] в себя, порождающее такое движенйе
его точек, которому нет иного названия, как хаотическое.
Дополнительные задачи
Автор предполагает, что решения приведенных задач могут основы-
ваться на компьютерных экспериментах. Насколько они вам помогут —
зависит от вас.
Задача 10.16. Оператор Solve[Sqrt [х+Б]««Б-х*2,х] выдал ответ
{{я —► |(-1 4-	{{я —►!(!- х/21)}}. Решите уравнение х/ят -Ь 5 =
= 5 — х2.
Задача 10.17. Сколько членов имеется в разложении многочлена
(1 4- х2 4- ж6)20 по степеням х?
Задача 10.18. Последовательность {ап} задана рекуррентным со-
отношением ап = |(an_i 4- ап_2), при этом а0 = 1 и сь = 2. Найдите пре-
дел данной последовательности.
Задача 10.19. Найдите наибольший элемент последовательности
яп = п102"п, neN.
Задача 10.20. Убедитесь, что log2x«lnrr + lg х и объясните этот
факт.
Задача 10.21. Вычисление значений пъ — п при п = 2,3,..., 9 дало
следующий результат
{30, 240, 1020, 7770, 16800, 32760, 59040}.
Сделайте наблюдение, на основании которого сформулируйте и дока-
жите некоторое утверждение.
Задача 10.22. Найдите число решений уравнения 4- х2 4-... 4-
4- Ею = 20, при условии, что Xi е {0,1,2,3,4}.
Задача 10.23. Найдите формулу общего члена последовательности
хп = Зхп-г — Зп-1, если Хг = 1.
Комментарии педагогического характера
327
Комментарии педагогического характера
Курс (факультатив) «математика и компьютер» будет полезен как
школьникам, чьи интересы связаны с гуманитарными предметами, так
и тем, кто больше склонен как предметам физико-математического
цикла. Практически каждую из рассмотренных задач можно предла-
гать и тем и другим. Разница будет состоять в подходе к обсуждению
результатов «компьютерного эксперимента». Рассмотрим, например, за-
дачу 10.1. Первый урок, который должны усвоить школьники, состоит
в том, что компьютер отвечает лишь на тот вопрос, который ему задан:
из первого рисунка следует, что один корень есть, и не следует ничего
другого. Чтобы получить убедительный ответ, надо грамотно поставить
вопрос, чему также следует учиться. После того, как мы увидели тре-
тий рисунок, «математикам» можно поставить вопрос: «А почему?» и
предложить выполнить упражнение 10.2. «Гуманитариям» будет доста-
точно осознать, что все дело в разной скорости роста функций у = хв и
у = 6Ж, так как при «ну очень больших» значениях х первая функция
гораздо меньше второй.
Пример другого рода дан в задаче 10.12, посвященной исследованию
формы рекуррентно заданных последовательностей. Говоря «высоким
стилем», речь идет о примере проведения компьютерного эксперимента.
Когда мы говорим о применении компьютера, то важно то, что
компьютер считает только так, как ему указано, а не так, как хотел
бы автор программы. В результате деятельность по написанию даже
простых программ, реализующих простейшие алгоритмы, поучительна
в том плане, что она формирует четкость мышления и высказываний.
Решения упражнений
10.1	. Так как ff(x) = х + хех = (х + 1)еж > 0 при х —1, то функ-
ция f возрастает, следовательно, обратима на луче [—1;+оо). Обрат-
ная ей функция р определена на луче [— |;+оо). Теперь запишем
данное уравнение в виде яв6“ж = 1, откуда следует, что	= 1
или xe~aL1^& =—1. Сделав замену t = —рр, мы получим уравне-
ния = и f(t) = Если f(t)= то * = откуда
х = — ij— у?(	. С другой стороны уравнение f(t) = — имеет свои-
ми корнями — In6 и <£>(—	, откуда х = 6 или х = —	<£>(—	.
10.2	. Пусть f(x) = яв6“ж. Имеем
f'(x) = 6жб6“ж - яв6-ж In 6 = х56-ж(6 - Х1п6).
328
Глава 10. Математика и компьютер
Следовательно, данная функция убывает на лучах (—оо; 0] и ; 4-оо),
возрастает на отрезке [0; —g]. Поэтому уравнение /(х) = 1 не может
иметь более трех решений. Теперь докажем, что три решения дей-
ствительно существуют. Заметим прежде всего, что /(х) —► +оо при
х —► —оо; /(х) —► 0 при х —► -f-оо и /(6) = 1. Значит, наибольшее значе-
ние функции /(х) при х 0 больше единицы, поэтому уравнение будет
иметь третье решение, лежащее на отрезке [0; j-g].
10.3	. Перепишем данное неравенство в виде 0.99n -И 1 < 1.01". Егд
левая часть убывает с ростом п, а правая — возрастает. Поэтому, если
неравенство справедливо при некотором п0, то оно будет верно при всех
п > п0.
10.4	. Перепишем данное неравенство в виде (1 -f- а)п — (1 — а)п > 1,
где а = 0.01. Разложив левую часть по формуле бинома Ньютона, мы
увидим, что она является суммой положительных слагаемых, первое из
которых равно 2па, т. е. при п = 50 уже оно равно 1. •
10.5	. Имеем 2(т — 2) > т, если т > 4. Значит, при т > 4 достаточно
взять представление m = 2 + (т — 2).
10.6. Положим ап=
В силу формулы Бине,
«-П - п - - к —2—) ‘ Так как V 1 < 1 и ^/5 > 2, то |ап —
— Fn \ < |, следовательно Fn является ближайшим к ап целым числом.
10.7	. По построению ак — это число решений уравнения х 4- у 4- z =
= к — 1 «в цифрах», т. е. количество не более чем трехзначных чисел,
сумма цифр которых равна к — 1. Число xyztuv является счастливым,
если x4-2/4-2 = t4-u4-v. Таким образом, всего имеется а2к счастливых
билетов, сумма трех первых (и трех последних) цифр которых равна
к — 1. Чтобы найти общее количество счастливых билетов, надо рас-
смотреть все возможные значения сумм первых трех цифр — от 0 до 27.
10.8	. На рисунке изображены: график у = х3 — 3 и две касательных
к нему — в точке с абсциссой 1 — начальном значении и с абсциссой
в точке пересечения первой касательной с осью абсцисс. Ясно видно,
что вторая касательная пересекает ось абсцисс в точке, близкой к корню
данной функции.
10.9	. Докажем, что последовательность {xn}£L0 является убыва-
ющей и ограниченной снизу. Будем рассуждать по индукции. Индук-
ционное предположение состоит в том, что f(xn) > 0- Тогда, поскольку
по предположению функция /(х) является возрастающей, > О,
f (хп)
значит, xn+i < хп. Так как функция /(х) выпукла, то ее график лежит
Решения упражнений
329
над любой ее касательной. Поэтому, так как xn+i — это абсцисса точки
пересечения касательной с осью абсцисс, то /(тп+1)>0. Ограничен-
ность снизу рассматриваемой последовательности следует из того, что
хп > х*, где х* — решение уравнения f(x) = 0. Следовательно, в силу
теоремы Вейерштрасса, последовательность {тп} имеет предел, кото-
рый обозначим через а. Наконец, перейдя к пределу в соотношении
хп+1 =хп— ^п\ , получим, что = 0, т. е. /(а) = 0, что и означает,
что рассматриваемая последовательность стремится к корню уравнения
/(х) = 0.
10.10	. Так как хп € (0; тг), то sinхп > 0, значит, > хп. С другой
стороны, так как (х -f- sin х)' = 1 + cosх 0, то функция у = х 4- sin х яв-
ляется возрастающей. Следовательно, раз хп < тг, то хп+1 < тг 4- sin тг = тг.
Мы доказали, что последовательность {тп} является возрастающей
и ограниченной сверху числом тг. В силу теоремы Вейерштрасса,
хп —► а тг. С другой стороны, а является решением уравнения sin х = 0,
значит, а = тг.
10.11	. Рассмотрите последовательность хп = хп^ — sinxn_1.
10.12	. Положим уп = хп — 2П. Тогда
хп = Зхп_х - 2"-1 = 3(уп_х + 2”-1) - 2”-1 = Зуп_х + 2П,
значит, ?/n = 3t/n_i. Таким образом, t/n = a-3n, откуда и следует, что
хп = а • Зп + 2П.
10.13	. Ясно, что х > 0. Перепишем уравнение ах = х в виде = In а
и исследуем функцию f(x) = —Так как f'(x) = -	, то эта функ-
ция возрастает на промежутке (0; е] и убывает на луче [е;4-оо). При
этом f(x) —► -оо при х —► 0, и f(x) —► 0 при х —► 4-оо. График функции
У = f(x) приведен на рисунке в начале следующей страницы.
Так как /(е) = то, в частности, при 1па> | данное уравнение
решений не имеет.
10.14	. См. решение упражнения 10.10.
10.15	. Обозначим для удобства f(x) = ах. Пусть с — корень урав-
нения ах = х. Так как очевидно, что с > 1, то с — /(с) > /(1) = а.
10.16	. Пусть f(x) = ax, ае(0;1). Функция /(т) — убывающая,тогда
как функция /(f (т)) является возрастающей. По построению последо-
вательности {тп}, хг = /(1), и вообще,
праз
330
Глава 10. Математика и компьютер
Пусть с — решение уравнения f(x) = х, при этом f(x) > х при х < с, и
f(x) < х при х > с. Так как а < 1, то /(а) > /(1) = а, значит, хх = а < с,
следовательно, х2 = /(^i) > /(с) = с. По индукции очевидным образом
доказывается, что х2ь+\ <с< х2п при любых k,п е N.
10.17	. а) Т. к. х2 = 2(2с2 — I)2 — 1, то искомые значения — это реше-
ния неравенства (2с2 — I)2 > |, откуда 2с2 — 1 < — -^= или 2с2 — 1 > -±=.
Следовательно, ответ:
. I „ x/l-'fi . , 5/24-5/2
И <	2 или |с| > v 2 v 
Кстати, уже из этого ответа просматривается нечто тригонометриче-
ское!
б)	Сделаем преобразование:
#n+i хп = 2хп хп 1 = (хп 1)(2д:п	1).
Значит, если хп > 1, то хп^г > хп > 1. Таким образом, можно рассуждать
по индукции.
в)	Приведем ответ: наибольшее число последовательных членов
данной последовательности, образующих арифметическую прогрессию,
равно трем, при этом первый из них должен быть равен |(1 ±
г)	См. доказательство пункта 1 теоремы 10.3.
10.18	. Если се [-1; 1], то 2с2 € [0; 2], значит, 2с2 - 1 € [-1; 1]. Корня-
ми уравнения 2с2 - 1 = с являются числа 1 и -1, следовательно, они
и являются начальными значениями постоянных последовательностей.
10.19	. Пусть fn(p)=p и fk(p)=P, где п > к. Разделим п на к
с остатком, так что п = ак 4- г, где 0 г < к. Так как
Р = /п(р) = A(/afc(p)) = /г(р),
Решения упражнений
331
то точка р является начальным данным последовательности, имеющей
число г < к своим периодом. Теперь разделим fc на г с остатком, и так
далее. Перед вами алгоритм Евклида, не правда ли? Процесс оборвется
тогда, когда одно из чисел будет делиться на другое, при этом меньшее
из них и является наибольшим общим делителем исходных чисел пик.
10.20	. Положим д(х) = fn(x) и рассмотрим интервал (р - е;р + е),
такой что |р'(я)| > а > 1- для всех точек этого интервала. Предполо-
жим, что найдется точка я0 G (р - е;р + е), такая что хпк лежит в этом
интервале при всех к е N. Имеем
1®пк - р I = b(®n(*-i)) - р(р)| = |У(с) | kn(k-i) - р | >
> a|a:„(fc-i) — р | > -. - > O!fcko - Р |-
Поскольку ак —»оо при к —»оо, мы получаем противоречие с предпо-
ложением об ограниченности последовательности {хп*}.
10.21	. Прямое следствие формулы «включений-исключений» и ре-
зультата упражнения 10.19.
Вместо заключения:
обучение поиску решения задач,
или фантазии в манере Пойа5
Невозможно сказать — как или откуда возникает решение труд-
ной задачи (математической проблемы), поскольку в процессе мыш-
ления велика роль происходящих в мозгу бессознательных процессов —
см., например, книгу Ж.Адамара6. Однако есть элементарные прие-
мы мышления, которые должны быть отработаны с той целью, чтобы
в дальнейшем они использовались уже бессознательно.
Эта тема неоднократно поднималась в литературе, в частности,
на страницах журнала «Математика в школе» (см., к примеру ста-
тью В. Г. Болтянского и Я. И. Груденова7). Есть классические книги
Д. Пойя, тем не менее до сих пор обучение поиску решения задач остает-
ся областью искусства, а не разделом науки педагогики. Около десяти
лет назад автор предложил классификацию задач, основой которой яв-
ляется их не математическое, а педагогическое содержание.
Самое важное в процессе обучения (любому предмету!) — это научить
мыслить, воспитать у учащихся культуру самостоятельного мышле-
ния. При этом педагог должен строить свою работу, уделяя внимание
нескольким основным аспектам мышления. Это, во-первых, индуктив-
ный аспект: нужно учить искать подход к решению задачи, объясняя,
что такое «идея решения». Во-вторых, важен дедуктивный аспект,
т. е. умение рассуждать. Далее формально-логический аспект мышле-
ния: учащихся надо убедить в необходимости доказательств и научить
видеть и исправлять логические ошибки и пробелы. И наконец, ассоци-
ативный аспект: показать связь между решениями разных задач.
5 Предварительный вариант был опубликован в журнале Математика
в школе, 1997, вып.6, с. 47-51.
6Исследование процесса изобретения в области математики. М.: Советское радио,
1970.
7 Математика в школе, 1988, вып. 1, с. 8-14.
Фантазии в манере Пойа
333
Поскольку «наилучшие правила мышления нельзя получить как-то
извне, но нужно выработать их так, чтобы они вошли в плоть и
кровь и действовали с силой инстинкта» 8, то для отработки эле-
ментарных навыков мышления представляется естественным выделить
типы таких задач, при решении которых указанные выше аспекты при-
менялись бы, так сказать, в чистом виде.
Вспомним три из «десяти заповедей учителя» Д. Пойя [21]:
6.	Старайтесь научить их догадываться.
7.	Старайтесь научить их доказывать.
10. Пользуйтесь наводящими указаниями, но не старайтесь навя-
зать своего мнения насильно.
Исследуем с этой точки зрения решения следующих двух задач, кото-
рые в любом сборнике будут приведены в совершенно разных разделах.
Задача 1. Из кучи, содержащей 1001 камень, выбросили один ка-
мень, а оставшиеся произвольно разложили на две кучи. Проделаем ту
же операцию с любой из куч, содержащей более одного камня. Может ли
после последовательного применения нескольких таких операций ока-
заться, что все кучи состоят из трех камней?
Предположим, что такое возможно и мы получили к куч по три
камня в каждой. Поскольку вначале куча была одна, то мы проделали
операцию fc — 1 раз, значит, мы выбросили fc — 1 камень. Следовательно,
1001 = 3fc + (fc — 1) = 4fc — 1, что не имеет места.
Задача 2. Докажите, что многочлен х3 - 19я;2 + 9х - 2 не имеет от-
рицательных корней.
Покажем, что отрицательное число не может быть корнем данного
многочлена. Действительно, если а < 0, то а3 < 0, — 19а2 < 0, 9а < 0,
поэтому а3 — 19а2 + 9а — 2 < 0.
Надеюсь, что читатель согласится с тем, что подходы к решениям
вполне схожи: ключевой момент обоих решений — это доказательство
от противного, а после высказанного предположения идет естественная
последовательность рассуждений, которая и приводит к противоречию.
Тематика задач — игры (делимость), многочлены — здесь абсолютно ни
при чем.
Теперь поместим рядом с задачей 2 следующую задачу.
Задача 3. Действительные числа а, b и с таковы, что а + b + с > 0,
аЬ + Ьс + са > 0 и abc > 0. Докажите, что числа а, b и с положительны.
8Пойа и Сёге, из предисловия к книге «Задачи и теоремы из анализа».
334
Вместо заключения
У тех, кто знаком с обобщенными формулами Виета, должна сразу
появиться следующая ассоциация: если рассмотреть кубический мно-
гочлен с корнями а, 6, с, то из условий на эти числа следует, что знаки
коэффициентов такого многочлена чередуются. Чередование знаков ко-
эффициентов — это единственное, что было существенно при решении
предыдущей задачи! Таким образом, к этому многочлену применимо
рассуждение, использованное при решении задачи 2. Значит его корни,
т. е. числа а, Ь, с, — положительны.
Конечно, последняя задача допускает и другое решение. Автор же хо-
тел здесь продемонстрировать, каким образом можно приучать школь-
ников сопоставлять задачи и связывать их друг с другом посредством
некоторых третьих фактов.
Перед тем, как перейти к изложению основного содержания, замечу,
что последний из описываемых типов задач принадлежит математиче-
скому фольклору, а часть из вводимых типов появлялась и у других
авторов.
1.	Первый тип — задачи «с естественным рассуждением», их педа-
гогическая роль состоит в том, чтобы приучить школьников проводить
последовательную цепочку рассуждений (к чему сводится решение лю-
бой математической задачи). На первых порах следует отбирать задачи,
в которых нет сколь-либо необычных математических идей, такие как
простейшие логические и комбинаторные задачи, математические ребу-
сы.
Два конкретных примера подобных задач.
Задача 4. В одной урне лежат два белых шара, в другой — два
черных, а в третьей — белый и черный шары; при этом табличка на
каждой из урн не соответствует ее содержимому. Какое наименьшее
число шаров и из каких урн необходимо вынуть, чтобы после этого
с уверенностью развесить таблички верно?
Задача 5. На острове живут рыцари, которые всегда говорят прав-
ду, и лжецы, которые всегда лгут. Островитянин в присутствии другого
островитянина говорит, что по крайней мере один из них лжец. Кто они?
Ответы: к задаче 4 — нужно вынуть один шар из урны, на которой
имеется табличка белый, черный; к задаче 4 — говорит рыцарь в при-
сутствии лжеца.
2.	Второй тип задач — «задачи-ловушки», в которых напрашиваю-
щийся ответ является неверным. Их роль — показать необходимость
доказательств (рассуждений).
Фантазии в манере Пойа
335
Задача 6. 100 кг свежесобранных грибов имели влажность 99%. Че-
рез 2 дня их влажность составляла 98%. Сколько стали весить грибы?
Задача 7. Какова наименьшая площадь круга, содержащего тре-
угольник со сторонами 14, 10 и 9 см?
Первая из этих задач комментария не требует. По поводу второй:
естественный ответ — площадь описанного круга — неверен. Поскольку
данный треугольник является тупоугольным, то он содержится в круге,
построенном на стороне длины 14 см, как на диаметре. Поэтому пра-
вильный ответ - 49тг см2.
3.	Третий тип — следующая ступенька в развитии дедуктивной сто-
роны мышления — это так называемые «очевидные задачи», в которых
на первый взгляд ответ абсолютно очевиден (и верен), но на первых
порах совершенно неясно, как же его получить. Примеры:
Задача 8. Решите систему <
х4 + у4 = 1,
ж18 +з/18 = 1.
Если х4 + у4 = 1, то х4 1, у4 1, откуда |ж| 1, |j/| 1. Предположим,
что 0 < |х| < 1, тогда я18 < х4, у18 у4, поэтому я18 -I- у16 < х4 -I- у4 = 1.
Остающиеся значения для переменных системы: х =± 1; $/ = 0 и х = 0; у =
=± 1 — и являются ее решениями.
Задача 9. Средняя линия четырехугольника равна полусумме непе-
ресекающихся с ней сторон. Докажите, что этот четырехугольник —
трапеция.
Вторая из приведенных задач более известна. Заметим по ее поводу,
что, во-первых, существует простое решение, использующее векторы
(см. с. 115), а, во-вторых, частая логическая ошибка состоит в том, что
в решении этой задачи учащиеся ссылаются на теорему о средней линии
трапеции (а из справедливости прямой теоремы отнюдь не следует, что
верна обратная!), что сближает эту задачу с задачами второго типа.
4.	Четвертый тип задач — это «задачи с внутренним вопросом».
С этого пункта мы переходим от формально-логических и дедуктивных
моментов в решении задач к индуктивным, которые уже непосредствен-
но связаны с поиском идеи. Наша цель — помочь учащимся в этом.
Обратимся к десятой заповеди Пойа. Один из древних и действен-
ных методов обучения — это «метод Сократа», т. е. диалог с аудиторией.
Искусство наставника состоит в том, чтобы задавать учащимся такие
вопросы, которые они должны бы задавать сами себе. Безусловно, такой
вопрос можно поставить практически к любой задаче, однако желатель-
но, чтобы он не был прямой подсказкой.
336
Вместо заключения
Задача 10. Переложите две спички из числа имеющихся (левый
рисунок) так, чтобы образовалась фигура, состоящая из четырех оди-
наковых квадратов.
Вопрос к задаче 10: Кто уже подсчитал, сколько всего имеется
спичек? Далее прямое рассуждение: спичек всего 16, значит квадраты
должны иметь только общие вершины! Теперь уже нетрудно понять,
что они должны располагаться в шахматном порядке, и увидеть — ка-
кие же спички надо переложить (правый рисунок).
Задача 11. Сколько различных делителей имеет число 3600?
Вопрос к задаче 11: Какие простые делители имеет данное число?
Теперь: 3600 = 24 • З2 • 52, применяем простые комбинаторные правила:
двойка может входить в делитель со степенью от 0 до 4, т. е. имеет-
ся 5 вариантов, для тройки и пятерки их по 3, поэтому всего имеется
5 • 3 • 3 = 45 делителей.
5.	Пятый тип — «Задачи-загадки».
Задача 12. Вычислите 1988^ • 1987^ - 1989;^  1988 jl|j.
Задача 13. Кащей Бессмертный загадывает три цифры а, Ь, с. Иван
Царевич называет три числа х,у, z, после чего Кащей сообщает ему
сумму ах + by + cz. Иван должен угадать задуманные цифры, иначе
ему не отдадут Василису Прекрасную и вдобавок отрубят голову. Как
же Царевичу спастись?
Сформулированные задачи имеют математическое содержание, за-
дача учеников — его осознать. Решение первой из них основано на
тождестве а(а — 1) — (а 4-1)(а — 2) = 2. Ключ ко второй — понятие де-
сятичной записи числа, именно: если Иван назовет числа 1, 10, 100,
а Кащей скажет, к примеру, что сумма равна «тремстам восемьдесяти
пяти», то задуманные им цифры — это 3, 8, 5.
6.	Следующий тип задач — это «задачи на ассоциацию».
Естественно, что для развития математического мышления необхо-
димо устанавливать связи между фактами, понятиями, задачами, etc,
причем устойчивость возникшей связи зависит от того, насколько са-
Фантазии в манере Пойа
337
мостоятельно она была открыта9. Решения задач часто возникают по
ассоциации с чем-то известным, подчеркну, что не по аналогии, а по
ассоциации. Помните: задача 3, стоявшая рядом с задачей 2, указала
нам на теорему Виета.
Задача 14. Найдите расстояние от вершины прямого угла прямо-
угольного треугольника с катетами а и b до центра квадрата, постро-
енного вне треугольника на его гипотенузе.
Задача 15. Решите систему уравнений <
х2 + у2 = 1,
4ху(2х2 - 1) = 1.
Рисунок к задаче 14 так и просит, чтобы его достроили до рисунка,
известного по доказательству теоремы Пифагора. Очевидно (но как это
доказать!), что центры двух изображенных на этом рисунке квадратов
а + Ь
совпадают, поэтому искомое расстояние равно ——.
Первое уравнение системы задачи 15 подсказывает, что целесообраз-
но сделать замену х = cost, у = sint, а те, кто обладает навыками пре-
образований тригонометрических выражений, сразу увидят, что в ре-
зультате этой замены второе уравнений приобретет вид sin 4^ = 1, так
что оно решается без труда.
Заметим, что появление нужной ассоциации во многом зависит от
контекста, поэтому почти любую задачу можно считать принадлежа-
щей этому типу, если ее надлежащим образом расположить. Здесь мы
подходим к использованию серий задач, об этом речь пойдет далее.
7.	Последний из описываемых типов задач — так называемые «клю-
чевые задачи». Начнем с одного хорошо известного примера — с зада-
чи 1.7 «о ханойской башне» (см. стр. 21).
9 « То, что вы были вынуждены открыть сами, оставляет в вашем уме дорож-
ку, которой вы сами можете снова воспользоваться, когда в этом возникнет
необходимость» (Г. Лихтенберг).
338
Вместо заключения
Еще один пример — это задача 2.12 (см. стр. 47), которая обладаг
ет многими достоинствами. Первое из них сближает ее с «задачами-
ловушками»: поскольку должен быть всего один беззубый, 32 человека
с одним зубом во рту, один с полным набором зубов, то на первый
взгляд ответ на поставленный вопрос — отрицательный. Второе —
фраза «А сколько вариантов для одного зуба?* (внутренний вопрос
к задаче) сразу приводит к решению: зубов 32, для каждого из них 2 ва-
рианта, поэтому всего имеется 232 > 4 • 109 вариантов, что явно больше,
чем число жителей Китая.
Каковы особенности разобранных задач, что же такое — «ключе-
вая задача»? Такая задача должна обладать яркой и запоминающейся
формулировкой (в которой используются только необходимые поня-
тия), глубоким математическим содержанием, в ее решении не должно
быть лишних деталей, которые только затемняют общую картину. Воз-
никающие в процессе обсуждения шаги этого решения должны казаться
учащимся совершенно естественными. Принося читателю извинение за
тавтологию, все-таки скажу, что подобная задача является «ключом
к пониманию определенной идеи».
Следуя устоявшейся терминологии, будем называть опорными зада-
чи, несущие основную идейную нагрузку в образовательном процессе.
Большинство задач первого параграфа каждой главы этой книги как
раз и являются опорными. Автор пришел к приведенной классифика-
ции опорных задач, проанализировав свой опыт преподавания в мате-
матических кружках. В этом анализе ключевым был тот момент, когда
вдруг стало очевидным своеобразие педагогической роли той или иной
задачи в процессе обучения. Хороший преподаватель интуитивно ощу-
щает подобные различия, но и ему будет полезно составить, так сказать,
«блок-схему» своей работы с данным классом, отметив на ней ступень-
ки, по которым он будут двигаться к основной цели, и подобрав задачи,
которые помогут его ученикам эти ступеньки успешно преодолеть. Со-
вет читателю: проанализируйте свой опыт и выделите задачи, которые
вы считаете опорными при обучении искусству мыслить.
Немалую роль в процессе обучения играет последовательное решение
учащимися наборов (серий) задач. Школьные учебники в основном со-
держат серии «на данное правило (формулу)», а как известно всякому
преподавателю и подтверждено психолого-педагогическими исследова-
ниями 10, решение однотипных задач не способствует развитию мыш-
ления.
10См., например, статью Я. И. Груденов, А. М. Середа, В. И. Середа. Психология
подсказывает методике. Математика в школе, 1990, вып. 6, с. 36-37.
Фантазии в манере Пойа
339
Большинство книг, посвященных задачам математических кружков,
состоят из серий «на данный метод (идею)» или «ступеньки решения
(обобщения)» (как представляется автору, эти названия достаточно точ-
но отражают методическую сущность таких серий). Однако с точки
зрения основной цели обучения недостаточно использовать только се-
рии указанных типов. Примеры серий другого рода даны в задачах 2.38,
2.40, 5.1, 5.3, 5.11, а также во многих других местах этой книги
Вопросы классификации серий задач — тема для отдельного обсуж-
дения. Интересное исследование на эту тему было проделано Е. Н. Лы-
совой11.
В заключение не могу не привести одно воспоминание личного харак-
тера, ярко демонстрирующее непредсказуемость человеческого мышле-
ния.
Как-то раз в электричке по дороге домой я решал некую систему
алгебраических уравнений. Поглядев на мои безуспешные попытки,
коллега, предложивший мне эту задачу, произнес: « Ты должен ее ре-
шить, поскольку я знаю, какую школу ты закончил». Не знаю, что же
там произошло в моем мозгу, но решение было найдено через минуту!
11 Уроки обобщающего повторения (на примере темы «Квадратичная функция»).
Дополнение в книге [12], с. 290-317.
Решения дополнительных задач
К главе 1
1.12.	Если предположить, что (1 -I- h)n > 1 + hn, то
(1 + h)n+1 = (1 + Л)(1 + Л)п (1 + Л)(1 + nh) =
= 1 + (тг 4- 1)Л -h nh2 1 4- (тг + 1)Л.
Вот мы и сделали индукционный переход. При п = 1 неравенство обра-
щается в равенство.
1.13.	Индукционный переход:
(х - 1)(яп 4- zn-1 + ... + 1) =
= (х- 1)яп 4- (х - l)(zn-1 + ... + 1) =
= Xn+1 — хп +хп - 1 = яп+1 - 1.
1.14.	Индукционный переход:
так как у/п2 4- п + 1 > n + 1.
1.15.	Ответ: п = 1,2,..., 8. См. решение задачи 1.6.
1.16.	Индукционный переход (от п - 1 к п):
1	• 3 • 5... (2п - 1) <	1 2п — 1 <	1
2	• 4 • 6... 2n у/2п — 1 2n у/2п 4- 1 ’
так как \/4п2 — 1 < 2п.
1.17.	Положим хп = 4П 4- 15п — 1. Тогда
хп+1 - хп = 3 • 4П + 15 = 3(4П + 5).
Теперь докажите (по индукции или любым другим способом), что при
любом натуральном п число 4П + 2 делится на 3. Так как хг = 18 и все
разности хп — xn_i делятся на 9, то каждое из этих чисел само делится
на 9.
К главе 1
341
1.18.	Ясно, что
=	1	+	1	+	-I-	1	< 2п +1 < 2
п +1 п + 2	” ‘ Зп + 1 п +1
Докажите по индукции (это совсем несложно), что последовательность
хп является возрастающей. Поскольку #1=|+|+|>1,тои все члены
этой последовательности также больше 1.
1.19.	Пусть Gn — число способов замостить полоску размера 2хп.
Рассмотрим ее крайнюю левую границу. Имеются два варианта (рису-
нок).
1 п — 1
2	п-2
Поскольку существует Gn-i вариантов первого типа и Gn_2 — второго,
то Gn = Gn-i + Gn_2. При этом Gi = 1 и G2 = 2. Таким образом, Gi =
= Fi, G2 = F2 и также Fn = Fn_i + Fn_2, Gn = Gn_i + Gn_2, откуда мы
получаем по индукции, что Gn = Fn при всех натуральных п.
1.20.	Ясно, что формула хп = (п — 1)2П верна для п = 1,2. Поэтому
для доказательства первого равенства достаточно проверить, что числа
(п — 1)2П удовлетворяют заданному соотношению, что делается прямой
проверкой. Второй вопрос интереснее тем, что ответ еще надо угадать.
Может быть, есть и другие последовательности, удовлетворяющие ука-
занному соотношению? К примеру, 4(2П — 2П-1) = 22 • 2n-1 = 2n+1, значит,
подойдет и последовательность 2П. Идея состоит в том, чтобы прове-
рить, что ответ надо искать среди последовательностей вида (ап + Ь)2п.
Ответ: (п + 1)2п-2.
1.21.	Ek ли вы поняли идею рассуждения, использованного при ре-
шении задачи 1.9, то вам будет нетрудно решить ее пространственный
аналог. Рассмотрим последнюю плоскость из п имеющихся. Пусть п — 1
плоскость разбивают пространство на vn_i областей. На сколько обла-
стей разобьют пространство п данных плоскостей? Рассмотрим пересе-
чение последней плоскости с п — 1 оставшимися, которое представляет
из себя набор прямых. Ясно, что каждая из образовавшихся областей на
этой плоскости разбивает одну из трехмерных областей на две. Следо-
вательно, добавится столько трехмерных областей, на сколько областей
разбита рассматриваемая плоскость. Для того, чтобы это число было
наибольшим, необходимо, чтобы: n-я плоскость пересекалась с каждой
из предыдущих, следовательно, она не должна быть параллельна ни
одной из них. Далее, прямые, по которым она с ними пересекается,
342
Решения дополнительных задач
не должны быть параллельны друг другу, поэтому она не может
быть параллельна никакой прямой, по которым пересекаются неко-
торые плоскости из первых п — 1. Наконец, никакие три эти прямые
не должны пересекаться в одной точке, значит, последняя плоскость не
может проходить через точку пересечения некоторых трех плоскостей.
Из приведенного рассуждения следует, что число областей, на которые
плоскости разбивают пространство, будет наибольшим, если: никакие
две плоскости из рассматриваемого набора не параллельны друг другу;
никакие три из них не параллельны некоторой прямой, никакие четыре
из них не проходят через одну точку. Если обозначить через vn коли-
чество областей пространства, то
п(п - 1)
vn = vn-i Ч—L + 1? причем Vi = 2,
(п - 1)п(п +1)
откуда нетрудно получить, что vn = 1 + п -I----g-----.
Интересно заметить, что в случае п точек на прямой, п прямых
на плоскости и п плоскостей в пространстве, мы получаем следующие
формулы для числа областей:
1 + п	l+n+fil^	, , „ , (п - 1)п , (п - 2)(п - 1)п i+n+ 2	1	6 
Не кажется ли вам, что эти формулы уж очень похожи друг на
друга? Может быть, у них есть и чисто комбинаторное доказательство
(см. §2.9)?
1.22.	Прежде всего следует просто посчитать. Обозначим искомую
сумму через зп. Тогда
Si = 1 • 2 • 3, з2 = 30 = 2 • 3 • 5, з3 = 90 = 3 • 5 • 6.
Во всех трех случаях кажется, что естественно вставить 4 в найденное
произведение, записав, что
в! = | • 1 • 2 • 3 • 4, s2 = i • 2 • 3 • 4 • 5, s3 = 7 • 3 • 4 • 5 • 6.
4	’	4	’	4
Можно найти и s4 = 210 = 5- 6- 7= | • 4 • 5 • 6 • 7. Теперь, когда формула
угадана, индукционный переход делается без труда:
sn = Sn-1 + n(n + l)(n -I- 2) =
= | п(п — 1)(п + 1)(п + 2) + п(п + 1)(п + 2) =
= | n(n + l)(n + 2)(п - 1 + 4) = | n(n + l)(n + 2)(n + 3).
Наконец, не кажется ли вам, что данную задачу нетрудно обобщить?
С каким тождеством для многочленов это связано?
К главе 1
343
1.23.	Если не все числа равны друг другу, то не все из них рав-
ны 1. Предположим для определенности, что хп < 1 < a:n+i. Тогда
(1 — хп)(хп+! — 1) > 0, откуда следует, что
Жп + Жп+1 >14" Я'пЯ'п+1’
Проведите индукционный переход самостоятельно, а если возникнут
трудности, то прочитайте доказательство леммы 5.3.
1.24.	Индукционный переход:
п+1	/ П	\ / П	\
(п 4-1) aibi — ( У2 ai + an+i J ( У2 bi + &n+i J =
»=1	'г=1	' 4=1	'
п	п
= 71 ^ibi 4" 0>ibi 4” ^n+l^n+l 4” IMLn+lbn+l
г=1	г=1
п	п	п	п
Ь{ ап_|_1Ьп-|-1 — bn+i а< &n+i
t=i	t=i	<=1	t=i
п	п	п
nan+ibn+i 4" a>ibi Ьп^.± g, &n+i =
г=1	t=l	t=l
п	п
=	bn+i) 4- У2ап+1(Ьп+1 — bi) =
г=1	t=l
п
= У~^(Ьп+1 ~ ь«)(дп+1 — д») о.
»=1
1.25.	См. задачу 1.11.
1.26.	Докажите, что Tn+i(a?) = 2хТп(х) — Tn_i(x), и рассуждайте по
индукции.
1.27.	Если ип = cos то и,
. Значит, к примеру,
Рассуждая по индукции получим, что
_	\/2 + \/2 + --- + \/2
cos 2" “	2
где в числителе дроби стоят п — 1 квадратных корней.
1.28.	Индукционное предположение состоит в том, что в виде сумм
различных чисел из q2,..., qn представимо любое натуральное число
344
Решения дополнительных задач
от 1 до Nn = Qi + q2 + .. .4- qn. Тогда, добавив к каждой из таких сумм
число gn+i и еще взяв само это число, мы сможем представить еще и
все числа от qn+1 до Nn+1 = Nn + qn+1. Поскольку по предположению
Qn+i Cl + Qi + *** + Qn = l +
то в результате мы сможем представить все числа от 1 до 7Vn+i-
К главе 2
2.25.	Задача интересна хотя бы тем, что у нее имеется много раз-
личных решений (постарайтесь решить ее различными способами!).
Посмотрим на наиболее простое рассуждение. Выбор арифметической
прогрессии определяется выбором ее начального и конечного членов.
При этом, для того, чтобы средний член оказался целым, надо, чтобы
крайние члены имели одинаковую четность. В случае а) у нас имеет-
ся п четных и п нечетных чисел, поэтому ответ: 2 •	= n(n — 1). В
случае б) нечетных чисел на одно больше, значит, ответ:
^,2 ,	_ n(n — 1) I П(П +1) _ „2
сп +" 4+1 ----2---------2----“ п ’
2.26.	Имеется по С% вариантов выбора позиций для нечетных цифр,
в том случае, когда первая цифра нечетна и, соответственно, Cf = С2,
если первая цифра числа четна. В первом случае в каждой позиции
может стоять любая из 5 цифр, поэтому общее число вариантов равно
С2 -56. Во втором случае в старшей позиции не может стоять ноль,
поэтому общее число вариантов равно С£ • 4 • 55. Окончательный ответ:
С1 • 9 • 55 = 90 • 55 = 281250.
2.27.	В силу задачи 2.21, 4 белых шара по 6 различным ящикам
можно разложить Сд = Сд = 126 способами. Поскольку разложения
белых и черных шаров не зависят друг от друга, то ответ в задаче:
1262 = 15876 способов.
2.28.	Среди таких параллелепипедов имеются 10 кубов. Найдем
теперь число параллелепипедов, у которых имеются две квадратные
грани; их будет 10 • 9 = 90. Наконец, существуют С^д = 120 параллеле-
пипедов, все ребра которых различны. Таким образом, всего имеется
220 параллелепипедов.
Обратите внимание, что 220 = С?2, и совпадение здесь не случайно. По-
пробуйте решить задачу 2.28, сведя ее к задаче 2.21.
К главе 2
345
2.29.	а) Треугольников, у которых ровно одна вершина лежит на
первой прямой, будет 10 •	= 550, а треугольников, у которых ровно
одна вершина лежит на второй прямой имеется 11 • 67f0 = 495. Следова-
тельно, всего существуют 1045 треугольников.
б)	С четырехугольниками проще, поскольку пара вершин обязатель-
но лежит на одной прямой и пара — на второй, следовательно всегб их
будет 6^.67*0 = 2475. ‘
2.30.	Поскольку три номера в билете выбираются из числа 5 счаст-
ливых номеров и два — из 15 оставшихся, то ответ: 67£ • 67f5 = 10 • 105 =
= 1050 вариантов. Заметим, что общее число вариантов заполнения кар-
точек равно 6?2О = 15504.
2.31.	Поймите решение по ответу: | • 67f0 = 126 способов.
2.32.____Докажем, что С* < если 2k < п. Действительно, так как
pk+i ____________п\__________ п — k п\ _ п — к Qk
п “ (fc + l)!(n — fc — 1)! ” fc + Г fc!(n —fc)! “ fc + 1 ’ n’
TO ^+1>^ , если	> 1, t. e. если n > 2fc. Следовательно, если число
n четно, то среди всех биномиальных коэффициентов С* наибольшим
будет средний из них, если же оно нечетно, то наибольшими будут два
средних коэффициента.
| Конечно, неравенство этой задачи можно было доказать и по индукции.
2.33.	а) Так как | 67£-1 = n t 67*+1 (см. решение предыдущей за-
дачи), то
п+1	п+1'
у' 1 pfc-i _	1 V _ 2n+1 - 1
"	п+1^ n+1	п+1
k=l	k=l
в силу того, что Сп+1 = 2п+1.
б) Воспользуйтесь тождеством
E(-im+1=(i-ir=o.
к=0
2.34.	Проведем доказательство по индукции. База очевидна. Теперь,
если C'n+i = С&, то
к
52c*+i = c^ + cnfc+fc = c^fc+1,
i=0
в силу основного рекуррентного соотношения между числами сочета-
ний.
346
Решения дополнительных задач
2.35.	Единицы должны находится в промежутках между нулями,
которых (промежутков, считая и положения справа и слева от всех ну-
лей) имеется к +1. Значит, п мест, в которых будут стоять единицы,
можно выбрать С£+1 способами.
2.36.	а) Ответ:	= 90, что следует сразу из общей формулы для
числа перестановок с повторениями.
б)	Если бы у нас имелись п различных камней, то число способов
расположить их на окружности было бы в п раз меньше числа их пе-
рестановок, так как из каждого их циклического расположения мож-
но получить п различных перестановок. Конечно, окружность можно
разорвать в любом месте, но иногда у нас будут получаться совпадаю-
щие перестановки. К примеру, циклический сдвиг перестановки
рубин, изумруд, гранат, рубин, изумруд, гранат
на три позиции приводит к той же перестановке. В дальнейшем мы для
простоты будем говорить о расположении двух единиц,* двух двоек и
двух троек.
Итак, назовем циклическим сдвигом на одну позицию перестановки
((И, а2,..., ап) перестановку (an, (Ц,..., an-i)« У каждой перестанов-
ки существует ее так называемая орбита при циклических сдвигах,
т. е. множество всех перестановок, получающихся из нее под действием
циклических сдвигов. Расположение элементов на окружности находит-
ся во взаимно однозначном соответствии с множеством орбит всех пе-
рестановок данных элементов. В общем случае орбита перестановки 6
элементов состоит из 6 перестановок. Однако в орбите перестановки
(с повторениями) (1,2,3,1,2,3) имеются всего 3 различных элемен-
та. Кроме нее самой в ее орбиту входят перестановки (2,3,1,2,3,1)
и (3,1,2,3,1,2). Такие исключительные перестановки получаются при
«удвоении» перестановок элементов 1, 2 и 3. Таким образом, существу-
ют 90 — 6 = 84 перестановки, орбита которых состоит из 6 элементов, и
6 перестановок с орбитой из 3 элементов. Следовательно, данные камни
можно расположить на окружности | • 84 + ^ • 6 = 16 способами.
в)	Расположение камней в ожерелье отличается от их расположений
на окружности тем, что ожерелье можно переворачивать. Например,
существует 6 перестановок элементов 1, 2 и 3; на окружности эти эле-
менты можно расположить двумя способами, но существует всего одно
ожерелье, в состав которого входят один изумруд, один гранат и один
рубин.
В предыдущем пункте было показано, что существует всего 16 рас-
положений данных камней на окружности, так что их все можно пе-
речислить и посмотреть, сколько из них являются симметричными,
К главе 2
347
т. е. в скольки случаях, перевернув окружность, мы получим то же
самое расположение камней. Таких случаев 6, и ответ к вопросу это-
го пункта: 6 + | • 10 = 11 различных ожерелий.
2.37.	Ответы: а) З10; б) С% •	+ 0% • 0* +	= 1452.
2.38.	а) Поскольку представление k = qtl 4- ... + единственно^ то
член хк получается единственным образом как произведение членов
x4ii •... • x4i*, значит, коэффициент при любой степени х (не превосхо-
дящей TV = gi + ... + gn) равен единице.
б)	Ясно, что Qi = 1. Докажем по индукции, что = 2i-1. Ясно, что
(1 -I- ж)(1 + а;2)... (1 + я2* Г) = 1 + я + ... + я2*-1,
поэтому для того, чтобы при умножении на следующую скобку появил-
ся член я2*+1, необходимо (и достаточно), чтобы qk+i = 2fc.
(1	i \ з
14- ± -I-... + —qJ сво-
бодный член равен количеству таких наборов ai,a2,... ,вв цифр, для
которых ai 4- а2 4- а3 = а4 4- аб 4- ав, т. е. он равен количеству счастливых
билетов. Умножив это произведение на я27, мы и получим многочлен
(1 4- х 4-... 4- ж9)в.
б) Конечно, в предлагаемом решении используются комплексные чис-
ла, в частности, формула Эйлера (см. §8.7). В произведении
Х.(1 + а: + ... + хв)’ = _1_.(£1Ц1)в
х27 4	'	а;37 \ х — 1 /
произведем замену х = e2it. В результате мы получим сумму выражений
вида e2kit, к 6 Z и |fc| 27. При этом, как следует из результата преды-
дущего пункта, свободный член в этом выражении и равен количеству
с счастливых билетов. Так как j** e2kit dt = O при к 6 Z \ 0, то, проин-
тегрировав полученное выражение от 0 до тг, мы получим в результате
число С7г. Осталось заметить, что
/e20<t - 1 А" . -Ий = ( e20<t — 1 А" = (e10it -	= sin610t
\ е2*‘- 1 / ’	\е9<‘(е2<‘- 1)/	\ е“ - е-“ / sinet
В заключение зададимся вопросом, как же все-таки найти число
счастливых билетов? Автор поступил следующим образом. В паке-
те символьных вычислений Mathematica 5.0 была запущена команда
Coefficient[Sum[x~i>{i>0>9}]*6>x*{27}], после чего на экране по-
явился ответ: 55252. 12
12Кстати, результатом выполнения команды
Integrate[Sin[10*t]"6/Sin[t]"6,<t,0,Pi}]
было число 552527г.
348
Решения дополнительных задач
2.40.	а) Конечно, если проводить диагонали из одной и той же вер-
шины, то их как раз будет п—3. Однако, почему ответ не изменится,
если диагонали проводить по-другому? Казалось бы, утверждение оче-
видно, но как его доказать? Проще всего рассуждать по индукции.
Рассмотрим некоторую диагональ. Если с одной стороны от нее рас-
полагается fc-угольник, то с другой (п—к+2)-угольник. Значит, чтобы
исходный n-угольник разбить диагоналями на треугольники, в силу
индукционного предположения, надо будет провести
1 + fc — 3 + п — fc-l = n- 3 диагонали.
б)	Сторона Ai А2 исходного многоугольника является стороной
какого-либо треугольника разбиения, третьей вершиной которого явля-
ется одна из точек Л3,..., Ап. С одной стороны от этого треугольника
расположен (fc—1)-угольник, с другой (п—к+2)-угольник. Таким обра-
зом, искомое число разбиений равно сумме
Рп-1 + D3Dn_2 + ... + £>п-2^з + 2?п-1. •
Осталось заметить, что, так как D2 = 1, мы получили в точности иско-
мое соотношение.
в)	Утверждение очевидно, так как D2 = CQ = 1 = D3 = Сх и, умень-
шив в доказанном в предыдущем пункте рекуррентном соотношении
каждый индекс на 2, мы как раз получим основное соотношение между
числами Каталана.
2.41.	Ответы: а) 16 функций; б) 41 функция. Рассмотрим точку
(х0, ?/о) 5 лежащую в заданном объединении, и обозначим через А/\хо, у0)
число непрерывных функций, заданных на лу-
че (—оо;я0], график которых проходит через
= к	к+е (#0, уо). Если двигаться по объединению лучей
слева направо, то значение А/Х^о, З/о) меняется
//Х	только в точках пересечения данных прямых,
М = €	причем так, как показано на рисунке.
/	В точках, лежащих левее всех точек попар-
ного пересечения данных прямых, значение Af
равно единице. Двигаясь слева направо, мы будем получать значения,
которые отмечены на следующем рисунке. Сумма 4 + 9 + 14-1-14 = 41 и
дает искомое число функций.
2.42.	Проведите доказательство по индукции. Докажите вначале,
что для всякого простого числа р число Ср делится на р при всех
fc=l,2,...,p—1. Используйте этот факт для того, чтобы показать, что
если пр — п делится на р, то и (n + 1)р — (n + 1) делится на р. Кроме
того, посмотрите теорему 3.8 следующей главы.
К главе 3
349
3.18.	Так как а13 = а • а12, то оно делится на аЬ4, значит, делится
и на abc. Аналогично, Ь13 и с13 также делятся на произведение abc.
Теперь рассмотрим произведение akbe, где числа к и I — натуральные.
Если 0 4, то произведение акЬе = акЬе~3Ь3 делится на abc. Если t <
< 4, то fc > 10, значит, произведение akb£ = afc-9a9b£ также делится на
abc. Аналогичным образом, мономы акс* и Ькс? тоже делятся на abc.
Все остальные мономы в разложении (а + 6 + с)13 по степеням а, 6 и с
заведомо делятся на abc.
3.19.	Так как а = х221 и Ь = х177 рацйональны, то рационально и их
отношение с= = ж221-177 = ДЛ4. Следовательно, рационально и отно-
шение Л — ж177-4'44 = х.
с4
Дополнительное упражнение: сформулируйте условия на п и fc, при
выполнении которого из рациональности хп и хк следует рациональ-
ность числа х.
3.20.	Число 8n -I-11 делится на 2n + 1, тогда и только тогда, когда
число 8п + 11 — 4(2n -I-1) = 7 делится на 2n + 1, что имеет место только
если 2п + 1 =± 1; ± 7, откуда следует, что п = 3; —4; 0; —1.
3.21.	В действительности можно сформулировать и доказать более
общее утверждение. Именно, НОД (2П - 1,2к - 1) = 2нод(п’*:) — 1. До-
казательство этого факта ничем не отличается от решения задачи 3.4,
поскольку в двоичной системе число 2П — 1 записывается при помощи
п единиц.
350
Решения дополнительных задач
3.22.	Так как 11а + 7Ь= 13(а + Ь) — 2(а + 35), то число 2(а + ЗЬ) долж-
но делиться на 13, а так как числа 2 и 13 взаимно просты, то на 13
должно делиться и само число а -I- 35.
3.23.	Положим а = х — у и Ь = х + у, по условию аЬ = 24. Отличие
от задачи 3.126 состоит в том, что система
{х — у = а,
х + у = Ь
имеет целочисленные решения только в том случае, когда числа а и Ь
имеют одну и ту же четность. Так как по условию ab = 24, то оба они
должны быть четными, а = 2к и 5 = 2^, при этом kt = 6. Следовательно,
количество решений данного уравнения совпадает с количеством всех
делителей числа 6, которых имеется восемь: ± 1; ± 2; ± 3; ± 6.
3.24.	Ясно, что НОД (я, у) = 1.
3.25.	Ответ: таких чисел не существует. Число п! оканчивается пя-
тью нулями, если оно делится на 55, но не делится на 56. Ясно, что 20!
делится на 54, на его конце будут стоять четыре нуля, однако нулей на
конце будет больше только у числа 25!, которое делится на 56, значит,
оно будет заканчиваться шестью нулями.
3.26.	Среди чисел от 1 до п имеются ровно [-] чисел, делящихся
на р, среди которых чисел делятся на р2, и так далее. Следова-
тельно, степень, с которой простой множитель р входит в представление
числа п!, в точности равна сумме
3.27.	Если ни одно из чисел х и у не делится на 3, то z2 = х2 + у2 =
= 1 + 1 = 2 (mod3), что невозможно. Значит, произведение ху делится
на 3. Далее, сократив правую и левую части уравнения х2 + у2 = z2
на наибольшую степень 2, мы получим то же самое уравнение. По-
этому мы будем считать, что среди чисел х, у и z имеются нечет-
ные. Ясно, что их должно быть два. Предположим, что таковыми
являются числа х и у. Тогда х2 = 1 (mod 4) и у2 = 1 (mod 4), откуда
z2 = х2 + у2 = 2 (mod 4), что невозможно, так как если квадрат целого
числа четен, то он должен делиться на 4. Итак, пусть х и z нечетны.
Поскольку (2к + I)2 = 4fc2 + 4к + 1 = 4fc(fc + 1) + 1, то х2 = 1 (mod 8) и
z2 = 1 (mod8), значит, у2 = 0 (mod 8), следовательно, у делится на 4.
Таким образом, произведение ху делится на 3 и 4, т. е. оно делится
на 12.
К главе 3
351
3.28.	Положим d = НОД (ж, у). Поделив обе части уравнения
х2 — у2 = 2xyz на d2, мы получим аналогичное уравнение. Поэтому
можно с самого начала предположить, что числа х и у взаимно просты.
Если х2 = у2 + 2xyz, то х2 делится на у, поэтому само число х должно
делиться на у. Аналогично, у должно делиться на ж, откуда следует,
что оба они равны 1. Значит, х2 — у2 = 0, откуда следует, что z = 0, что
противоречит условию. ••
3.29.	Выполнив деление с остатком, убедимся, что 2222 = 3 (mod 7)
и 5555 = 4 (mod 7), следовательно,
22225555 + 55552222 = З5555 + 42222 (mod 7).
Далее, в силу малой теоремы Ферма, 3е = 1 (mod 7) и 4е = 1 (mod 7) (ко-
нечно, это можно проверить и непосредственно). Снова выполнив деле-
ние с остатком, увидим, что 5555 = 5 (mod6) и 2222 = 2 (mod 6). Значит,
35555 _|_ 42222 = 35 _|_ 42 (тос[ 7) Наконец, так как З3 = 27 = — 1 (mod 7), то
З5 = -9 = -2 (mod 7), откуда и получим, что Зб + 42 = —2 + 2 = 0 (mod 7),
что и требовалось доказать.
3.30.	Если п = Ы, где число k > 1 — нечетное, то
2п + 1 = (2Z + l)(2€(fc-x) - 2z(fc”2) + ... + 1),
значит, число 2п -I-1 может быть простым только если п не имеет нетри-
виальных нечетных делителей, т. е. если п — степень 2.
3.31.	Предположим, что имеется конечное множество простых чи-
сел вида 3fc + 2, pi = 2 и р2,... ,рп> Рассмотрите число Зр2 • • Рп + 2 и
рассуждайте так же, как в решении упражнения 3.18.
3.32.	Ясно, что р5 = 11 > 10. Теперь проведите рассуждение по ин-
дукции, воспользовавшись тем, что pn+i — рп > 2.
3.33.	Достаточно доказать, что р9-1 -I- qp~x сравнимо с 1 и по моду-
лю р, и по модулю Q, что является следствием малой теоремы Ферма.
3.34.	По условию 7п2 — к2 > 0, значит, 7n2 — fc2 > 1. Может ли быть,
что 7п2 = к2 + 1? Нетрудно видеть, что уравнение к2 = —1 (mod 7) ре-
шений не имеет, следовательно, 7п2 — fc2 > 2. Однако, уравнение к2 =
= — 2 (mod 7) также не имеет решений, поэтому 7п2 — к2 > 3, откуда
следует, что 7п2 > к2 + 2 + ~, так что \/7 > - + -т-.
П КП
352
Решения дополнительных задач
К главе 4
4.14.	Изобразим бильярд как прямоугольник ABCD, а шар у его
борта — как точку М на стороне AD (рисунок). Поскольку угол па-
дения равен углу отражения, надо найти на сторонах АВ, ВС и CD
прямоугольника такие точки К, L и N соответственно, что: отрезки
КМ и KL образуют равные углы со стороной АВ; отрезки LK и LN
образуют равные углы со стороной ВС и отрезки NL и NM — со
Произведем осевую симметрию относительно стороны АВ прямоуголь-
ника. Искомая точка L при этой симметрии перейдет в точку Li, такую
что отрезок MLx пересекает сторону АВ в точке К (правый рисунок).
Через Мх и Nx обозначим образы точек М и N. Далее мы отразим
ABCxDx относительно ВСх, а полученный образ — относительно сто-
роны CxD2- Пусть М3 — это образ данной точки М относительно
композиции рассмотренных осевых симметрий. Точка К пересечения
ММ3 со стороной АВ и является искомой: шаром надо попасть в нее!
4.15.	Рассмотрим точку Bi, симметричную вершине В данного че-
тырехугольника относительного срединного перпендикуляра к его диа-
гонали АС (рисунок).
Ясно, что четырехугольники ABCD и ABxCD
равновелики. Имеем
SABxCD — SaBxD + SbxCD С
< iABx • AD +	• CD =
= 1ВС • AD + ±AB • CD.
Равенство имеет место тогда и только тогда, ко-
гда ABi ± AD и СВх ± CD. В таком случае вершины А и С лежат
на окружности, построенной на BxD как на диаметре, следователь-
но, четырехугольник ABxCD, значит, и ABCD — вписанный. На той
К главе 4
353
же окружности лежит и вершина В, значит, BrB ± BD. Поскольку
ВГВ || АС, то AC ± BD. Таким образом, равенство имеет место тогда и
только тогда, когда ABCD — вписанный четырехугольник, диагонали
которого перпендикулярны.
4.16.	Для определенности предполо-
жим, что АВ AD. Поскольку по усло-
вию диагональ АС является биссектри-
сой угла А при вершине многоугольни-
ка, то осевая симметрия относительно
этой диагонали переведет вершину В
многоугольника в точку лежащую
на стороне AD многоугольника (рису-
нок). Мы можем построить треугольник
B^D по трем сторонам, затем найти
точку А. Все, что останется сделать — это отразить Bi относительно
прямой АС.
4.17.	Пусть О — центр данной
окружности, Ci — середина отрезка
АО. Рассмотрим произвольную точку
М данной окружности, пусть К — се-
редина отрезка AM (рисунок). Отрезок
КОх является средней линией треуголь-
ника АМО, значит, КОГ = ±ОМ = %.
Таким образом, точка К лежит на
окружности вдвое меньшего радиуса с центром в Ог. Нетрудно пока-
зать, что каждая точка этой окружности является серединой одного из
рассматриваемых отрезков.
4.18.	Перед вами частный случай задачи 4.5.
4.19. Рассмотрим квадраты ABCD
и AiBiCiDi. При параллельном перено-
се второго из них на вектор а, середи-
ны отрезков, соединяющих соответству-
ющие пары вершин квадратов, сдвига-
ются на вектор - (рисунок). Следо-
вательно, мы можем расположить вто-
рой квадрат так, как нам будет удобно.
К примеру, мы вправе считать, что А = Ai.
Пусть К — середина В}В, L — середина СХС и М — середина отрез-
ка DiD (рисунок ниже слева). Докажем, что AK ± AM и AK = AM.
Действительно, при повороте на 90° вокруг точки А имеем: Bi Д и
354
Решения дополнительных задач
В D, значит, В1В н-> DXD, поэтому К w М. Теперь, воспользовав-
шись другим параллельным переносом, расположим квадраты ABCD
и AiBiCiDi так, чтобы совпали вершины В и Bi. Пусть N — середина
отрезка АА^ С помощью поворота на 90° вокруг точки В докажем,
что BN ± BL и BN = BL. И так далее.
4.20.	При повороте на угол 90° вокруг общей вершины С данных
квадратов вершина В перейдет в D, а вершина Е второго квадра-
та перейдет в точку Н, симметричную вершине G относительно С
(рисунок справа). Следовательно, середина М отрезка BE перейдет
в середину К отрезка DH. Таким образом, прямая СМ при поворо-
те на угол 90° переходит в среднюю линию СК треугольника DGH,
которая параллельна прямой DG. Мы получили, что при повороте на
угол 90° медиана СМ перешла в прямую, параллельную основанию
DG треугольника DGH. Значит, CM ± DG.
4.21.	Пусть точка К лежит на отрезке DC, при этом DK = DA. По-
скольку /LADC = 60°, то ADK — равносторонний треугольник (рисунок
слева). Следовательно, при повороте на 60° вокруг А имеем D w К и
В I—► С, значит, BD = KC. Таким образом, DC = DK + KC = DA + DB.
К главе 4
355
4.22.	При повороте на угол 90° вокруг вершины А точка К перей-
дет в точку лежащую на продолжении стороны CD данного квад-
рата (рисунок справа на предыдущей странице). Пусть а = /ВАК =
= /KAL. В треугольнике ALKX имеем /LAKi — —2а + а = — а =
= /AKiL. Следовательно, AL = LKX = LD + DKr = LD 4- ВК.
4.23.	Рассмотрим произвольную
точку А еЛ- Обозначим через €£ образ
прямой	при повороте на угол 60°
вокруг точки А, пусть С — точка
пересечения прямых £2 и £'3 (рисунок).
Точка С является образом при указан-
ном повороте некоторой точки В G £3.
Значит, в треугольнике АВС угол при
вершине А равен 60° и АВ = АС, значит, он — равносторонний.
4.24. Обозначим данные точки через
К, L, М и N, пусть точки К и L, также
как М и N лежат на параллельных сто-
ронах квадрата (или их продолжениях).
При повороте на угол 90° относительно
центра искомого квадрата точки К и L
перейдут в точки #i и лежащие на
другой паре параллельных прямых (ри-
сунок). Произведя параллельный пере-
нос, при котором Li М, мы получим
треугольник MNK2. Одной из искомых прямых является прямая NK2.
Кстати, сколько решений имеет эта задача в общем случае? Задача
имеет бесконечно много решений, если отрезки KL и MN перпендику-
лярны и равны. В этом случае всякий четырехугольник, образованный
прямыми, проходящими через данные точки, будет квадратом.
4.25.	Для разнообразия будем действовать координатным методом.
Расположим систему координат так, чтобы данная прямая £ совпала
с осью абсцисс. Координаты точек А и В обозначим, соответственно,
через и (х2,у2). Тогда
(х, у) & (х, -у) & (2Х! - х, 2уг + у),
(х,у) (2х2 - х,2у2 -у) & (2х2 -х,у- 2у2).
Поскольку по условию HARt = RtHB, то Zi = х2 и = — у2, что озна-
чает, что точки А и В симметричны друг другу относительно данной
прямой £.
356
Решения дополнительных задач
4.26.	1) Данное в задаче равенство равносильно тому, что НАНВ =
= HDHC- Поскольку НАНВ = П2вд и HDHC = П2^р, мы получаем, что
В А = CD. С геометрической точки зрения это означает, что совпадают
середины отрезков АС и BD. В частности, если дополнительно извест-
но, что точки А, В и С не лежат на одной прямой, то данное равенство
равносильно тому, что ABCD — параллелограмм.
2)	Рассуждая аналогичным образом, получаем, что В А = СВ, что
означает, что точка В является серединой отрезка АС.
4.27.	Перепишем данное соотношение в виде
.
(*)
Предположим вначале, что прямые и пересекаются в точке
А £2. Пусть точка Ai симметрична А относительно прямой £2. Тогда
R(>2 : А н-> Ai, однако композиция (*) пяти осевых симметрий переведет
А в точку, полученную из Ai некоторым поворотом вокруг точки А.
Значит, соотношение (*) места не имеет. Пусть теперь Л || А, однако пря-
мая t,2 им не параллельна. Композиция R^R^ является параллельным
переносом на некоторый вектор а,
перпендикулярный Пусть В — точка
пересечения прямых и ^2. Рассмотрим
точку А, такую что АВ — а, пусть Ах =
= Re2(А). Однако указанная композиция
действует на точку А так же, как па-
раллельный перенос на вектор 2а, зна-
чит, соотношение (*) места, опять-таки,
не имеет.
Теперь предположим, что все три дан-
ные прямые пересекаются в одной точке.
Так как Ri3Rtx = Фа, то указанное соотношение следует из рисунка.
Разберитесь самостоятельно с последним случаем, когда все три дан-
ные прямые параллельны друг другу.
4.28.	С использованием комплексных чисел вычисление занимает
одну строчку. Можно провести вычисление, используя координатное
представление поворота вокруг точки А(а,6):
( х\ / (х - a) cos а - (3/ - 6) sin а + а \
\у ) \ (х — а) sin а -I- (у — 6) cos а + 6 у
Можно воспользоваться классификацией движений, доказав вначале’,
что композиция собственных движений является собственным движе-
нием.
К главе 4
357
Самое простое рассуждение основано на представлении поворота как
композиции двух осевых симметрий. Именно, пусть заданы повороты
относительно точек А и В. Обозначим через £ прямую, проходя-
щую через эти точки. Представим первый поворот как композицию
Ф1 = второй — как композицию Ф2 = Rt2Rt- Тогда их компози-
ция Ф2Ф1 = Rt2RtRtRt1 =Rt2R^ будет или параллельным переносом,
если || t2, или поворотом вокруг точки пересечения прямых и |2,
в противном случае.
4.29.	Ясно, что никакие две оси симметрии многоугольника не мо-
гут быть параллельны (см. упражнение 4.5). Теперь предположим, что
некоторые три оси симметрии данного многоугольника не проходят
через одну точку. В силу леммы 4.10, композиция осевых симметрий
относительно этих прямых является скользящей симметрией U. Как
известно, U2 — это параллельный перенос. Таким образом, мы полу-
чили, что некоторый параллельный перенос переводит многоугольник
в себя, что невозможно.
4.30.	Обозначим через Фь Ф2 и Ф3 повороты на 120°, соответ-
ственно, вокруг вершин Ai, Вх и Ci равнобедренных треугольников,
построенных на сторонах треугольника АВС (рисунок слева). Рассмот-
рим композицию Ф3Ф2Ф1. Поскольку суммарный угол поворота равен
360°, то она должна быть параллельным переносом, однако нетрудно
видеть, что она переводит точку В в себя. Следовательно, Ф3Ф2Ф1 =Id,
таким образом, композиция Ф3Ф2 является поворотом вокруг точки Ai.
Обозначим прямую BiCi через ^2, пусть прямые и £3 проходят,
соответственно, через точки Вх и Ci и образуют углы в 60° с прямой t2
(рисунок справа). Имеем Ф3Ф2 = R^R^R^R^ = R^R^, следовательно,
рассматриваемая композиция является поворотом вокруг точки пересе-
чения прямых Л и £3. Значит, этой точкой является точка Аь откуда
и следует, что треугольник AiBiCi — равносторонний.
358
Решения дополнительных задач
К главе 5
5.24.	Поскольку сумма s = Si + з2 равна площади шестиугольника,
s2 27
то т= Ig.
5.25.	Возведя в квадрат обе части левого неравенства, после приве-
дения подобных членов получим верное неравенство 2\/аЬ 0, которое
обращается в равенство, если хотя бы одно из чисел а и Ь равно нулю.
Проделав аналогичную процедуру с правым неравенством, мы придем
к верному неравенству (у/а — Vb)2 0, которое обращается в равенство,
если а = Ь.
5.26.	Имеем
а + Ь _ /~т = (>/а ~ Vb)2 = (а - Ь)2
2	2	2(y/a + Vb)2'
Осталось заметить, что 85 2(у/а + Vb)2 С 8а.
5.27.	1) Избавившись от знаменателей, мы придем к неравенству
a4 -I- 2a2b2 + Ь4 а4 + Ь4 4- ab3 -I- а3Ь, а затем, после приведения подобных
членов и сокращения на ab, к стандартному неравенству 2аЬ а2 + Ь2.
2)	Следует дважды воспользоваться неравенством между средним
арифметическим и средним квадратичным:
(а + 5)4 s? (2(а2 + 52))2 = 4(а2 + Ь2)2 < 8(а4 + 54).
3)	Имеем
(п!)2 = п2 • (1 • (п - 1)) (2 • (п — 2))... ((п - 1) • 1) <
откуда и следует искомое неравенств.
5.28.	Так как полная поверхность прямоугольного параллелепипеда
с ребрами длины а, Ь и с равна 2 (ab -I- Ьс + са), то ответ в обоих пунктах
следует из неравенства ab -I- be -I- са а2 4- Ь2 + с2, поскольку длина глав-
ной диагонали параллелепипеда равна \/а2 + Ь2 + с2. Таким образом,
ответ — куб с ребрами длины: а) ; б) .
5.29.	Записав неравенство в виде
а 4" Ь 4“ с \	3
3	1 + 1 4- 1’
а Ь с
мы видим, что это есть неравенство между средним гармоническим и
средним арифметическим трех чисел. Теперь докажем его непосред-
ственно, без ссылки на общий результат. Запишем неравенство в виде
К главе 5
359
(а + b + с)(ab + Ьс + са)^ ЗаЬс. Осталось заметить, что а + Ь + с^ З^аЬс,
a ab + bc + са^ ^а2Ъ2с2.
5.30.	После раскрытия скобок и приведения подобных членов полу-
чим неравенство akbn + anbk < ап+к -I- Ьп+к. Конечно, справедливость это-
го неравенства следует из теоремы Мюрхеда. Однако лучше доказать
его непосредственно. При этом нам придется проделать преобразование,
которое и появляется в доказательстве этой теоремы. Именно:
an+fc + bn+k - акЬп - апЬк = (ап - Ьп) (ак - Ьк) > 0.
5.31.	Если хотя бы одно из чисел bi = 0, то неравенство очевидно.
В противном случае, поделив на tfbib2 ... bn, мы получим неравенство
Ш + 1)(^ + 1)...(<п + 1) > W2---tn + 1-
Возведя обе части в степень п, мы придем к неравенству
L £ ti2...tikckn
fc=0 (ii	fc=0
в котором в левой части внутреннее суммирование ведется по всем fc-
элементным подмножествам множества всех индексов {1,2,..., п}. Все,
что осталось заметить — это то, что неравенство
^1 ti2 • • • tik	Сп	. tn)k-
есть неравенство Коши.
5.32.	Данное неравенство следует из самого простого неравенства
у/а~а~ ^(а{ + аД Нужно только заметить, что каждое из чисел а»
встретится (n—1) раз.
5.33.	Положите = 8 — а{. Тогда
з =	1	4" х2 4"... 4- хп).
п — L
Далее следует рассуждать так же, как при решении пункта 3) зада-
чи 5.3.
5.34.	Неравенство (1 4-Ц-)п-1 < (14- -)п можно записать в виде
\	71 J. '	х 71 '
V \п — 1/	п \	п-1	/ п
360
Решения дополнительных задач
5.35.	Проведем рассуждение по индукции. При п = 1,2 неравенство
обращается в равенство, оно очевидно верно при п = 3. Предположим,
что (n!) > пп, п > 3. Тогда
((n + I)!)2 = (n + I)2(п!)2 > (п 4- 1)2пп.
Докажем, что (n -F l)2nn (п 4- l)n+1 при п >3. Действительно, это нера-
венство преобразуется к виду п4-1^(14-~)п,а
(1 + ^)”<(1 + й)"+’<(1 + 1)‘+,=4
в силу результата пункта 1) задачи 5.17. Конечно, мы могли воспользо-
ваться результатом предыдущей задачи и тем, что (14- “У ~* е < 3.
5.36.	Имеем
х4 4- 2х2 4-1 = х(ах2 4- Ь) ^Va2 4- b2V%4 4-1,
откуда следует, что
1 + У > 2^2.
|®| v<F+T
5.37.	Ясно, что решениями являются пары (1,0) и (0,1). Так как
х4 4- у4 = 1, то |д:| 1 и \у\ 1, значит, в силу первого уравнения системы,
д:, у е [0; 1]. Следовательно, х3 х4 и у3 у4, поэтому 1=х4 + у4 ^.х3 +
4- у3 = 1, значит, х3 = х4 и у3 = у4,. Таким образом, х = 0, у = 1 или х = 1,
2/ = 0.
5.38.	Имеем
_ 2S _ 1 1(а + Ъ- с)(Ъ 4- с - а)(с + а - 6)"
Г a + b + c 2у	а4-Ь4-с
< 1 / а^с ~ < 1 /(о 4- 5 4- с)2
2 у g 4~ 5 4~ с 2 V 27
5.39.	Функции у = т/д:4 4-1 и у = т/д:4 — 1 являются взаимно об-
ратными. Рассматриваемая сумма интегралов равна сумме площа-
дей областей Dx = {0 < у < т/д:4 4-1, х е [0; 3]}
и D2 = {0 х < т/?/4 - 1, у G [1; 3]}. Объединение
Dx U D2 содержит квадрат со стороной, равной
3, поэтому его площадь больше девяти. С дру-
гой стороны, часть этого объединения, лежа-
щая вне квадрата, содержится в прямоугольни-
ке со сторонами (^82—3) и (3 —-/80) (рисунок).
Осталось заметить, что выполнено неравенство
(т/82 - 3) (3 - т/80) <0.001.
К главе 6
361
К главе 6
6.15.	Да, можно. Нарисуйте ориентированный граф, начав с вер-
шины, обозначенной как «тяжелые рыбы», сопоставив каждому из
утверждений А-Д ребро по аналогии с тем, как это сделано для утвер-
ждения Е:
у рыбы три ряда зубов —> рыба не заслуживает сострадания.
В действительности, ребро, соответствующее этому утверждению, бу-
дет соединять следующие вершины: «Рыба заслуживает сострадания»
и «Рыба не имеет трех рядов зубов».
6.16.	а) Собственно говоря, вопрос состоит в следующем: каким наи-
меньшим числом цепей можно покрыть все ребра графа, являющегося
каркасом куба. Ответ: четырьмя. Действительно, в этом графе имеются
8 вершин, степень каждой из которых равна 3. Рассмотрим произволь-
ную цепь и удалим из графа ребра которые в ней находятся. В нашем
графе изменится четность степени ровно двух его вершин, начальной и
конечной. Поскольку в нем есть 8 вершин нечетной степени, то и цепей
не может быть меньше 4. Нетрудно привести пример, что четырех цепей
будет достаточно. Значит, проволоку придется ломать три раза.
б)	Вопрос состоит в следующем: какое наименьшее число ребер надо
добавить к графу, чтобы в нем нашлась эйлерова цепь. Ясно, что надо
добавить три ребра, поэтому наименьшая длина проволоки равна 150 см
(приведите пример).
6.17.	Предположим, что можно расположить на плоскости три от-
резка так, чтобы каждый из них пересекался с тремя другими. Постро-
им вспомогательный граф — так называемый граф пересечений. Его
вершинам соответствуют данные отрезки. Две вершины соединяются
ребром в случае, если соответствующие отрезки пересекаются. Полу-
ченный граф должен иметь 9 вершин, из каждой из которой выходит
по 3 ребра. Однако такого графа не существует.
6.18.	Задача аналогична предыдущей. Построим вспомогательный
граф, вершинами которого являются центры граней данного многогран-
ника. Две вершины соединим ребром в том случае, если соответствую-
щие грани являются смежными, т. е. имеют общее ребро. В результате
мы получим граф со 101 вершиной, степень каждой из которых равна
3, 5 или 7. Однако графа со 101 вершиной, степень каждой из которых
нечетна, не существует.
6.19.	а) Нет, не сможет. Дело в том, что соседние шестеренки враща-
ются в противоположные стороны. Если первая — по часовой стрелке,
362
Решения дополнительных задач
то вторая — против, и так далее. В результате одиннадцатая шестерен-
ка также должна вращаться по часовой стрелке, однако она сцеплена
с первой.
б) При решении этой задачи легко сделать логическую ошибку, ска-
зав, что теперь, в отличие от предыдущего случая, соседние шестеренки
вращаются в противоположные стороны, значит, такая система сможет
вращаться. Ошибка состоит в том, что если какие-то две шестеренки
вращаются в противоположные стороны с определенными скоростями,
то не всегда они смогут вращаться с теми же скоростями, будучи сцеп-
лены друг с другом. Что если, как в условии, все они имеют разное
число зубцов? Однако в действительности, число зубцов ни при чем.
Шестеренки могут вращаться совместно, если они вращаются в проти-
воположные стороны и при этом равны по модулю скорости их зубцов.
Ответ: да, сможет.
в) Давайте переформулируем задачу на языке графов. Вершинами
графа являются шестеренки. Вершины соединены ребром, если соответ-
ствующие шестеренки сцеплены друг с другом. Соседние шестеренки
должны вращаться в противоположные стороны. Вместо этого будем
раскрашивать вершины в два цвета — белый и черный — так, чтобы
соседние вершины имели разный цвет. Достаточно понятно, что это
можно сделать, если в графе не существует циклов нечетной длины, что
эквивалентно тому, что в графе нет простых циклов нечетной длины.
6.20.	Предположим, что найдутся два города А и В, такие что из А
в В невозможно проехать по шоссе, заезжая не более, чем в два других
города, и два города С и D, такие что из одного в другой невозможно
проехать по железной дороге, заезжая по пути не более, чем в два дру-
гих города. Следовательно, города А и В соединяет железная дорога, а
города С и D — шоссе. Ясно, что, к примеру, А и С — разные города,
в противном случае, если В и D соединяет шоссе, то имеется шоссейный
маршрут A-D-B, что противоречит предположению. Значит, все Города
различны. Ясно также, что пары городов А и С, В и D должны быть
соединены различными видами транспорта. Пусть, для определенности,
А и С соединены шоссе, а В и D — железной дорогой.
Для того, чтобы придти к противоречию, осталось рассмотреть пару
городов С и В. Если их соединяет шоссе, то имеется шоссейный маршрут
А-С-В, что противоречит выбору городов А и В. Если же из С и В
идет железная дорога, то есть железнодорожный маршрут C-B-D, что
противоречит выбору городов С и D.
6.21.	Если в графе п вершин и степени любых двух из них различ-
ны, то в нем имеется вершина степени 0, вершина степени 1, и так далее,
К главе 6
363
наконец, есть вершина степени (n— 1), что невозможно. Действитель-
но, вершина степени 0 не соединена ни с одной из имеющихся вершин,
в то время как вершина степени (n—1) должна быть соединена ребром
с каждой из остальных.
6.22.	Доказательство проведем от противного. Предположим, что
граф несвязен. Пусть он имеет з компонент, число вершин в каждой
из них обозначим через- fci, fc2,..., fcs. Рассмотрим первую компоненту.
Оценим количество ребер в ней, оно не больше	—U, и При этом не
меньше . Значит, п fci — 1. Запишем аналогичные неравенства для
остальных компонент графа. Сложив их, получим, что зп 2п — 1 — з,
т. е. (з — 2)п —з — 1, чего не может быть при з > 2.
6.23.	Доказательство проведем при помощи индукции по числу вер-
шин графа. При п = 2 утверждение верно. Рассмотрим граф с п + 1
вершинами. Если степень каждой из них равна п, то граф полный,
значит, связный. Если степень какой-то вершины равна нулю, то число
его ребер не превосходит	, а по условию она больше. Следова-
тельно, в графе найдется вершина, степень к которой больше нуля и
меньше п. Удалив ее и все инцидентные ей ребра, мы получим граф
n(n — 1)	,	. (п — 1)(п — 2)
с п вершинами и более, чем —-------(п — 1) =---------- ребрами.
По индукционному предположению этот граф связен, значит, связен и
рассматриваемый граф.
6.24.	Если любые две вершины графа являются а	v
смежными, то он полный, поэтому четырехугольник
найдется. Предположим, что в графе имеются две
несмежные вершины и и v. Обозначим через А и
В множества вершин, смежных вершинам и и v со-
ответственно. По условию |А| п и \В\ n. С другой и'----------&
стороны, |Ли В\ 2п — 2, значит, |АП В\ 2. Таким об-
разом, найдутся вершины а и Ь, являющиеся смежными как вершине
и, так и вершине v (рисунок).
6.25.	Обозначим через Ai,A2,...,An страны, изображенные на
одной стороне листа, а через Вх,В2,...,Вп — страны на другой его
стороне. Рассмотрим двудольный граф с множествами вершин V' =
= {Ах, А2,..., Ап} и V" = {В1? В2,..., Вп}. Ребро из вершины А< € V'
в вершину Bj е V" проведем в том случае, если, взглянув на просвет на
этот лист бумаги, мы увидим, что страны А* и Bj пересекаются друг
с другом. Докажем, что в построенном двудольном графе существует
паросочетание из V' на V". В силу теоремы Холла для этого достаточно
проверить, что объединение любых к стран А^, А<2,..., Aifc пересекает-*
364
Решения дополнительных задач
ся не менее, чем с к странами со второй стороны листа. А это очевидно,
так как площадь объединения Аг1 U Ai2 U... U Aik составляет от пло-
щади данного листа, поэтому оно не может пересекаться менее, чем с fc
странами с другой его стороны.
6.26.	В генеалогическом дереве князя Гвидона имеется 2 • 50 + 3 =
= 103 ребра, следовательно, в нем 104 вершины. Исключив корень
дерева — князя Гвидона, — мы получим, что у него всего было 103
потомка.
6.27.	Обозначим за п общее число вершин, тогда в этом дереве
имеется (n— 1) ребер и (п—к—1) вершин степени 1. Поскольку сумма
степеней всех вершин равна удвоенному числу ребер графа, то n — fc —
— 1 + 2 + 3fc = 2п — 2, откуда п = 2fc + 3.
6.28.	Доказательство проведем при помощи индукции по числу
вершин. При п = 1 утверждение очевидно. Теперь рассмотрим числа
fci, fc2,..., fcn-|-i, сумма которых равна 2п. Ясно, что среди них найдется
как число, равное 1, так и число, не меньшее 2. Пусть кп 2, а кп+1 = 1.
Рассмотрим набор чисел fci, fc2,..., fcn-i, кп — 1, сумма элементов которо-
го равна 2п — 2. По индукционному предположению существует дерево,
степени вершин которого равны этим числам. Добавив к полученному
дереву (п + 1)-ю вершину степени 1 и ребро, соединяющее ее с вершиной
степени кп — 1, мы получим дерево с п +1 вершинами, степени которых
равны числам исходного набора.
6.29.	Рассмотрим произвольную ломаную Г, лежащую в квадрате
и соединяющую точки А и С. Добавив к ней ломаную, расположен-
ную вне данного квадрата, мы получим многоугольник L (рисунок).
Осталось заметить, что Z(B, L) = 0, тогда как Z(D,L) = 1, значит, эти
точки нельзя соединить ломаной, не пересекающей построенный многое
угольник. Следовательно, всякая ломаная, лежащая внутри квадрата и
соединяющая точки В и D, будет пересекаться с ломаной Г.
К главе 7
365
К главе 7
7.16.	Сумма п чисел, каждое из которых равно 1, 0 или —1, есть
целое число от — п до п. Поскольку множество {— п, — п + 1,..., п} со-
стоит из 2n + 1 чисел, а сумм по строчкам, столбцам и диагоналям
таблицы имеется 2п + 2, то по крайней мере две из них будут равны.
7.17.	Рассмотрим две горизонтали, на которых стоит наименьшее
число шашек, ясно, что их там не больше двух. Следовательно, най-
дутся две горизонтали, на которых стоит суммарно не меньше, чем 4
шашки. Осталось выбрать те две вертикали, на которых стоят остав-
шиеся две шашки.
7.18.	Предположим, что в некотором квадрате пхп нет ни одной ла-
дьи. Поскольку в горизонталях, не пересекающихся с таким квадратом,
имеются ровно п — 1 ладей, то все остальные п ладей стоят в гори-
зонталях, с ним пересекающихся. С другой стороны, все они должны
располагаться в п — 1 вертикали, не пересекающихся с данным квадра-
том, значит, хотя бы две из них будут бить друг друга.
7.19.	Рассмотрим грань многогранника с наибольшим числом сто-
рон, равным п. Так как по условию многогранник является выпуклым,
то к этой грани примыкают ровно п его различных граней, следователь-
но, всего у данного многогранника имеются не менее, чем n +1 граней.
Осталось заметить, что количество возможных вариантов числа сторон
у грани равно п — 2, так как меньше трех сторон у каждой из них быть
не может. Следовательно, найдутся по крайней мере две грани с равным
числом сторон.
7.20.	Рассмотрим сумму наибольших 7 чисел данного набора. В си-
лу теоремы 7.1, сумма этих чисел не меньше, чем 7~. По условию
7	< 15, откуда к 47. Можно взять 47 чисел, равных ясно,
что сумма любых семи из них меньше 15. Ответ: наименьшее количе-
ство чисел в таком наборе равно 47.
7.21.	Обозначим через я, у и z произведения чисел в каждом из
трех наборов. Так как х • у • z = 9! = 362880, а 713 = 357911, то по крайней
мере одно из чисел я, у и z должно быть не меньше, чем 72.
7.22.	Если никакие два мальчика не собрали одинакового числа
орехов, то суммарно они собрали не менее, чем 0+1 + 2 + ... + 14»
= 105 > 100 орехов.
7.23.	Пусть ах < а2 < . .. < а7 — число грибов, собранных каждым из
7 грибников. Если а5 > 16, то а5 + а6 + а7 16 + 17 +18 — 51 > 50 грибов.
Предположим, что а5 15. Тогда +а2 + аз + а4 11 + 12 +13+ 14 = 50,
следовательно, опять-таки, а5 + а6 + а7 50.
366
Решения дополнительных задач
7.24.	Рассмотрим числа от 1, 11, и так далее до числа 11... 1, за-
писанного посредством 2008 единиц. Ясно, что среди них найдутся два,
имеющие одинаковые остатки при делении на 2007. Следовательно, раз-
ность этих чисел делится на 2007. Осталось заметить, что эта разность
имеет вид а • 10fc, где а = И... 1, а так как числа 10 и 2007 взаимно
просты, то число а должно делиться на 2007.
7.25.	Разобьем узлы на четыре типа в зависимости от четности или
нечетности первой и второй координат узла. Поскольку дано 5 узлов, то
среди них найдутся два, принадлежащие одному типу, таким образом*
полусумма их абсцисс и ординат будет целым числом, значит, середина
отрезка между ними совпадет с некоторым узлом сетки.
7.26.	Соединим отрезками произвольную точку М внутри мно-
гоугольника с его вершинами. Так как сумма углов между парами
соседних отрезков равна 2тг, то по крайней мере один из этих углов
будет не меньше пусть это Z.AMB. Значит, точка М накрывается
кругом, диаметром которого является сторона АВ данного четырех-
угольника.
7.27.	Так как расстояние между любыми двумя точками равно-
стороннего треугольника не больше длины его стороны, то никакой из
меньших треугольников не может накрывать двух вершин исходного
треугольника, следовательно, их понадобится по крайней мере три.
7.28.	Предположим, что ни одно из чисел ах, аг -I- а2, ..., си + а2 +
+... + ап не делится на п. В таком случае два из них имеют один и тот
же остаток при делении на п, значит, их разность ak+i + ... + будет
делиться на п.
7.29.	Набор
{di, а2,..., an, an-|_i, an+i Oi, &n+i ®2> • • • ? ^n+i ^n}
состоит из 2n + 1 чисел, каждое из которых принадлежит множеству
{1,2,..., 2п}. Следовательно, среди них найдутся два одинаковых. Если
an+i — ак = аг, то, либо k = t, поэтому an+i = 2afc, либо k^t, так что
Яп+1 = dfc 4-
7.30.	Примем узел, через который проходит рассматриваемая пря-
мая, за начало системы координат, оси которой параллельны сторонам
данной сетки квадратов. Пусть у = ах — это уравнение этой прямой.
Если число а рационально, то прямая пройдет еще через некоторые
узлы данной сетки. Теперь предположим, что а Q. Обозначим через
г радиусы данных кругов. Достаточно доказать, что найдутся числа
fc, п 6 Z, такие что \ак — п| < г, что следует из теоремы 7.6, поскольку
число а является иррациональным.
К главе 8
367
К главе 8
8.14.	В силу формулы Муавра,
/1	w_ /cos у? + г sin уЛ n_ cos тир+ i sin тир _ 1 + itgTup
\1 — itgip J	\cos<£ — isin<£/ cos nip — i sin тир 1 — itgnp'
8.15.	Положим u = cos я 4-г sin я, t^cos^ + isin?/ и w = cos z + i sin г,
тогда и 4- v 4- w = 0. Заметим, что |u| = |г>| = |w| = 1. Значит, векторы u,
v и w идут по сторонам правильного треугольника, так что угол между
ними равен 21. Следовательно, х — у = у — z =± -у, откуда Зх — Зу =
= Зу — 3z =± 2тг, значит, sin Зх = sin Зу = sin 3z.
8.16.	Найдем необходимое условие. Если е — первообразный корень
степени fc из 1, то корнями многочлена хк — ак являются числа а • е1,
€ = 0, l,...,fc — 1. Таким образом, для того, чтобы этот многочлен был
делителем хп — ап, необходимо, чтобы апЕп — ап = 0, т. е., чтобы е был
корнем степени п из 1, что имеет место, только если п кратно fc. То,
что это условие является достаточным — очевидно.
8.17.	Найдем вначале условие, при котором многочлен (z 4- 1)п —
— zn — 1 делится на z(z 4- l)(z2 4- z 4-1). Очевидно, что он делится на г.
Он будет делиться на (z 4-1), если —1 является его корнем, что име-
ет место, если (—1)п4-1=0. Таким образом, число п должно быть
нечетным. Наконец, корнями этого многочлена должны быть отлич-
ные от 1 корни степени 3 из единицы. Пусть е/1 и 1 4- £ 4- е2 = 0. Если
п = 3fc, то (е 4- 1)п — еп — 1 = (—е2)п -2^0. Если п = 3k 4-1 и нечетно, то
(е 4- 1)п — еп — 1 = — е2 — 6 — 1 = 0. Наконец, если п = Зк 4- 2 и нечетно,
то (е 4- 1)п — еп — 1 = — е — е2 — 1 = 0. Таким образом, п должно быть
нечетным числом, не делящимся на 3.
Осталось заметить, что при этом условии многочлен (х 4- у)п — хп — уп
будет делиться на
(у + 0 + у + 0 = ху(х + у){х2 + ху + у2}-
8.18.	Корнями многочлена ж32 4- 1 являются корни степени 32 из
— 1, т. е. комплексные числа
(2fc4- 1)7Г	. . (2fc-4- 1)тг
£fc = cos 32 -ьгзш^—,
при этом квадратичные множители (с действительными коэффициента-
ми) в разложении многочлена х™ 4-1 имеют вид х — 2х cos —-----1-1.
Таким образом, q = 1, а р = — 2 cos	fc = 0,1,..., 15.
368
Решения дополнительных задач
8.19.	Заметим, что
(х + уе + ze2) (х -F ye2 -F ze) =
= х2 + у2 -F z2 + ху(е2 + е) + yz(e2 -I- е4) 4- zx(e 4- е2) =
= х2 4- у2 4- z2 — ху — yz — zx,
(х 4- у 4- z)(x2 + у2 + z2 — ху — yz — zx) = х3 4- у3 4- z3 - Зхух.
8.20.	Пусть 1, Zi, z2, z3, z4 — корни степени 5 из 1. Тогда
, <
IАоЛ|2 • |АоА212 = (1 - zx)(l - z4)(l - z2)(l - z3) = 5,
в силу формулы задачи 8.7.
8.21.	Имеем
\ab +bc + са\2 = (ab + bc + ca)(ab + Ьс + са) =
= abab 4- abbc 4- abca 4- bcab 4- bcbc 4- bcca 4- caab 4- cabc 4- caca =
= 3 4- ac 4- be 4- ca 4- ba 4- cb 4- ab = |a 4- b 4- c|2.
Более изящное решение: поскольку |а| = |Ь| = |с| = 1, то
\ab 4~ Ьс 4~ са| = | — 4~ 4~ ~ | = |а 4~ Ь 4" с| = |а 4~ Ь 4- с | = |а 4~ Ь 4~ с|.
8.22.	Числа 1, zk = cos 4- i sin и zk, k = 1,2,...,п, яв-
2n 4-1 2n 4-1
ляются корнями многочлена x2n+1 — 1. Следовательно,
Д.2П + д.Зп-1 +	+ j = JJ ^2 _ 2a, COg	+ j)
Так как n — четное число, то подставив в обе части этого равенства
х = г, получим, что
l = fTf-2icos02fc7ri Y
2п+1/’
fc=l
откуда и следует искомое равенство.
8.23.	Так как р(х) = (х — 2i)(ir — z2)... (х — zn), то
P'W = 1 + 1 + _ + 1
р(х) X — Z1 х — z2 ’ ” х — zn ’
следовательно, искомая сумма равна
Р'(!) _ _п
р(1)	2’
К главе 8
369
8.24.	Имеем
|г - zfc|2 =	- zfc)(7 - zfc) =
fc=l	fc=l	«	«
п	П	П
= n\z\2 - z'^2zk-z'^/zk + '^2 |zfc|2 = n(|zI2 + 1) .
fc=l	/c=l	fc=l
8.25.	Сложите неравенства вида |zx - z21 |z — z± | -I- |z — z21. Геомет-
рический смысл: сумма расстояний от произвольной точки плоскости до
вершин треугольника не меньше полупериметра этого треугольника.
8.26.	Если е = cos + г sin , то 1 -I- е = cos 4- г sin у таким обра-
зом, (14- s)n = cos ^у 4- г sin 2у. Теперь давайте возьмем действительные
части обеих частей равенства
(1 + е)п = С° + С*е + С2е2 + С„£3 + ... .
Получим, что
cos^ = ^ + C3 + ... + coS^(Ci + C2+^ + ...).
о	о
Осталось воспользоваться тем, что сумма всех биномиальных коэффи-
циентов равна 2Л.
8.27.	а) Одно из возможных решений: если 4- | 4- £ = 0, то
= 4- - 4- = = 0, т. е. —7 4- гл? 4- гл? = 0. Это равенство можно преобра-
а b с	1а12	|Ь|2	|с|2
зовать к виду аа 4- /ЗЬ 4- ус = 0, где а, /?, 7 > 0 и а 4- 4- 7 = 1. Таким
образом, начало координат лежит внутри выпуклой оболочки точек
а, Ь, с, т. е. оно принадлежит треугольнику с вершинами в этих точках.
б)	Если z0 — корень уравнения, = Ci — z0, то ± 4- ~ 4- ~ = 0, в силу
утверждения предыдущего пункта начало координат лежит внутри тре-
угольника с вершинами fli,a2,a3, следовательно, z0 находится внутри
треугольника с вершинами ci,c2,c3.
в)	Пусть р(х) = (х — С1)(ж — с2)(х — с3), где |с<| 1. Уравнение p'(ir) =0
можно записать в виде
X Ci X “ С2 X с3
В силу предыдущего пункта все его корни лежат в треугольнике с вер-
шинами в точках единичного круга, таким образом, они лежат в этом
круге.
8.28.	а) Имеем z = (ж 4- гр)(1 4- 2г) = х - 2у 4- г(р 4- 2х). Поскольку
argz = 7, то х — 2у = 2х 4- у, так что х = -Зу и z = -(3 - г)(1 4- 2i)y.
370
Решения дополнительных задач
б) Если z = , где и, v 6 /С, то z = а + гЬ, где а и b — рациональные
числа, поэтому и число |z|2 рационально. Если z = |z|(cos -I- г sin ^),
то для его квадрата получаем выраже-
ние z2 = |z|2(cos + isin чего не мо-
жет быть, так как число cos иррацио-
нально.
в) На рисунке изображен один из
квадратов, вершинами которого являют-
ся числа множества /С, все остальные
получаются из них при помощи парал-
лельных переносов. Действительно, z =
= (я + iS/)(l + 2г) = я(1 + 2г) + y(i - 2). Для
каждого из четырех гауссовых чисел, лежащих внутри квадрата, оче-
видно, какая из точек множества /С находится от нее на расстоянии 1.
8.29.	Обозначим через а, Ь и с комплексные числа, в которых рас-
положены вершины данного треугольника. В силу результата упраж-
нения 8.17, третьи вершины равносторонних треугольников, постро-
енных на сторонах данного, расположены, соответственно, в точках
(—еа — е2Ь), (—еб — е2с) и (—ес — е2а), где е 1 — кубический корень из
единицы. Следовательно, центрами этих треугольников являются точки
и= |(а + Ь- еа- е2Ь), v= |(Ь + с - еЬ - е2с) и w= |(с + а-ес-г2а).
Прямое вычисление показывает, что и -I- ew 4- e2v = 0. В силу упраж-
нения 8.17, точки и, v и w являются вершинами равностороннего
треугольника.
К главе 9
9.10.	Пусть А — точка первого плана, В — точка на втором плане,
изображающая ту же точку местности, что и точка А, а С — точка
первого плана, находящаяся под точкой В. Соответствие А »—> С опре-
деляет отображение прямоугольника — первого плана — в себя, причем,
поскольку второй план в 10 раз мельче, то для любых точек А и Ai
верно, что \С(\ | = |BBi | = —j |ААХ |. Поэтому построенное отображение
является сжимающим. Доказательство теоремы Банаха 9.1 в данном
случае можно повторить дословно, поэтому найдется единственная точ-
ка А, такая что А = С, таким образом, над С лежит точка на втором
плане, изображающая ту же точку местности, что и С.
9.11.	См. решение упражнения 9.3.
9.12.	Ответ: у.
К главе 9
371
9.13.	Ответы: а) \/п2 + 1 = [п; 2п, 2п,...];
б) v/n2^1 = [n-l;l,2n-2,l,2n-2,...].
9.14.	Рассмотрим последовательность ж0,Х1,... из задачи 9.1. Мы
видим, что первые значения хп совпадают с подходящими дробями
с номерами k = 2n — 1. Автор признается, что не знает естественного
доказательства этого предположения. Есть некоторый обходной путь
рассуждения. В силу неравенства, установленного в задаче 9.2, и тео-
ремы 9.15, каждое из чисел хп является одной из подходящих дробей
числа л/2 - Тем самым остается доказать лишь указанное соответствие
номеров.
9.15.	а) В силу утверждения 3) теоремы 9.13 выполнено неравенство
I а — — I < —-— < -4, таким образом, все подходящие дроби разложе-
1 Qn 1 QnQn+1
ния числа а в цепную дробь удовлетворяют требуемому неравенству.
б)	Покажем, что из двух последовательных подходящих дробей хотя
бы для одной справедливо требуемое неравенство. Предположим про-
тивное, что а — — > и - а >	—. Поскольку число а
|	<?п г 2Й I Qn+1 I 2q2 + 1	J
лежит между рассматриваемыми дробями, то, используя формулу (9.7),
получаем неравенство
1	_ Рп4-1   Рп > 1 f 1 1 А   Qn Qn+1
qnqn+l ” qn+1	qn " 2 \q2	q2^ ) “ 2g2q*+1 ’
откуда следует, что q2 + q2+1 2gngn+1, или (gn+1 - qn)2 0, что невоз-
можно, так как qn / gn+i-
9.16.	В силу теоремы 9.15,	— одна из подходящих дробей числа
1 “Ь ^5	k	тт
т = —5—, так что - = —~— • Для решения задачи осталось доказать,
2	П	Ггп
ЧТО
|Fm(FroT - Fm+1)|	~7= При 771 -»• ОО.
V 5
В силу формулы Бине, Fm = -^= (тт+1 - (-т)-т-1). Прямой подсчет
показывает, что
FmT ~ Fm+1 = -(“Г)-"1"1,
следовательно, |Fmr — Fm+1| = т~тп~1. Таким образом,
|Fm| • \Fmr - Fm+1| = 4=(1 + (-l)mT'2”-2) -	.
vo	v5
9.17.	См. решение задачи 9.2.
9.18.	Основываясь на данных таблицы первых подходящих дробей
разложения \/3 в цепную дробь
372
Решения дополнительных задач
п	0	1	2	3	4
Рп	1	2	5	7	19
Qn	1	1	3	4	11
43 з ю 1 СО ►о 3 W	-2	1	-2	1	-2
можно предположить, что
—2, если п четно,
1, если п нечетно.	<
Доказательство поведем по индукции, однако к индукционному пред-
положению мы добавим следующее равенство:
PnPn-i - 3qnQn-i = (“1)п-
В вычислении нам потребуются равенства (9.5), которые в нашем слу-
чае также следует рассматривать отдельно для четных и нечетных зна-
чений п:
Р2Л+1 —Р2к +P2fc-1)
#2fc+l = Ц2к + Q2fc-1)
P2fc = 2p2fc-i + p2fc-2,
Q2k = 2g2*._i + <?2fc-2«
Пусть предположение справедливо при n = 2fc, 2fc — 1. Докажем, что
оно также верно при п = 2к + 1. Имеем
P2fc+1 “ 3Q2fc + i = (j>2k +p2fc-l)2 - 3(g2fc + Q2fc-1)2 =
= Plk - 3«2* + P2k-i ~ 292k-i + 2(p2fcp2fc_j - 3q2kq2k-i) =
-2 + 14-2 = 1.
Далее,
P2fc+iP2fc — 3g2fc+ig2fc = (p2*. -Fp2fc-i)p2fc — 3(g2*. + qzk-i)q2k =
= P2k ~ ^2fc + P2kP2k-i “ 3g2fcg2fc_i = —2 + 1 = 1.
Индукционный переход от 2k — 1,2k — 2 к 2k производится аналогично.
9.19.	Пусть а — сумма данного ряда,
И г =	1	+
п 2fcl n 2(n+1)’	’  * ’
k=i
так что а — — = гп. Очевидно, что qn = 2п1 и гп < 21“(п+1)1. Дальнейшее
Qn
рассуждение проходит так же, как и доказательство следствия из тео-
ремы Лиубилля. Предположим, что а является алгебраическим числом
К главе 10
373
степени fc. Выберем п > к так, чтобы 2п| > 2. Покажем, что при таком
выборе п справедливо неравенство
.	2	с _ с
п 2<n+1)!	qk 2кп' ’
что противоречит теореме Лиувилля. Полученное неравенство можно
переписать в следующем виде: 2n!(n+1-fc) > -. Это неравенство верно
в силу выбора числа п, поскольку п + 1 — к > 1.
9.20.	При помощи метода неопределенных коэффициентов можно
найти такие многочлены А(х) = ах2 + Ьх + с и D(x) =dx + e, что
А(х){2х2 + х + 1) + D(x)(x3 — 2) = 1.
1	7
Непосредственные вычисления показывают, что а = -^,6=^ис =
Л	Ло
о	_
= — Подставив в это равенство число х = v2, получим, что
1	_	- -3 + 7^2-<У4
1 + ^ + 2^	1	’	23
К главе 10
10.16.	Возведя в квадрат обе части данного уравнения, получим
уравнение х + 5 = х4 — 10о?2 + 25, т. е. х4 — 10а?2 — х + 20 = 0. Естественно
-1 ± </17
предположить, что корнями этого уравнения являются числа ---z---
1±</Й о	2
и ——. В таком случае правая часть полученного уравнения должна
разлагаться на множители х2 + х — 4 и х2 — х — 5. Нетрудно видеть, что
действительно
(х2 + х — 4)(о?2 — х — 5) = х4 — 10о?2 — х + 20.
Вторая пара корней не удовлетворяет условию х2 < 5.
Конечно, для разложения многочлена х4 — 10о?2 — х — 20 на множи-
тели применим метод Феррари (см., к примеру, главу 6 книги [13]):
х4 — 10о?2 - о? - 20 = (х2 -	- "I” i) ’
10.17.	Результатом работы оператора
Position[Table[Coef f icient[(l+x~2+x~5)~(20),x~i],{i,1,100}],0]
будет список всех степеней, не вошедших в разложение многочлена
(1 + х2 + о;5)20:
{{1}, {3}, {93}, {96}, {98}, {99}}.
374
Решения дополнительных задач
Теперь, когда ответ получен, можно его объяснить. Степень хп присут-
ствует в разложении данного многочлена, если найдутся целые неотри-
цательные числа а и Ь, такие что
2а + 5Ь = п,
а + Ь 20.
При отсутствии ограничения в виде неравенства очевидно, что всякое
число, за исключением 1 и 3, представляется как сумма 2а + 5b с це-
лыми неотрицательными а и Ь. Однако в нашем случае, к примеру,
число 99 не имеет указанного представления, так как необходимо взять
по крайней мере 19 пятерок, но тогда остается только одна двойка, так
что мы получим только 97, но не 99.
10.18.	Записав
a [n J : = (a [n-1] +а [п-2]) /2; а [0] =1; а [1] =2;
Table[а[п]//N,{п,1,10}],
мы получим
{2., 1.5, 1.75, 1.625, 1.6875, 1.65625, 1.67188, 1.66406, 1.66797, 1.66602}
Очень похоже, что эта последовательность стремится к числу а =
= 1.666...= |. При этом ее члены с четными номерами меньше, а
с нечетными — больше а. Давайте попробуем подсчитать разности
ап - ап_х. Итак,
b[n_] :=a[n]-a[n-l];Table[b[i],{i,l,10}],
и мы имеем
I1’*
1.5хЮ7
l.OxlO7
5.0х106
0
5
10
15
20
К главе 10
375
Не правда ли, далее все очевидно?! Ясно, что
ап = а0 + *»i + • • • + 6„ = 1 + (1 - | + ... + 2п—! )	1 + —-Ц- = |-
1 + 2
10.19.	Построим график у = х102~х:
Plot[х~(10)/2~х,{х,1,20}].
В результате мы увидим (см. рисунок в начале следующей страницы),
что эта функция принимает наибольшее значение где-то между 12 и 16.
Теперь изобразим уже значения данной последовательности:
ListPlot[Table[{n,n*(10)/2*n},{n,12,16}], PlotJoined->True].
Из рисунка ясно видно, что наибольшим будет член
1410 710	282 475 249	7 , 7ГП
- 2? =-----16----* 17654 703-
Надо ли проводить аналитическое рассуждение? По мнению автора —
совершенно не обязательно!
10.20.	Построим график у = loga х - Inx - 1g х (рисунок на следу-
ющей странице):
Plot[Log[2,x]-Log[x]-Log[10,x],{х,0.1,10}] .
Вас убеждает этот график? А теперь давайте преобразовывать лога-
рифмы:
log2 х - Inrr - Igi =	~ hAo =clnx
376
Решения дополнительных задач
Осталось посмотреть на значение константы с:
N[1/Log[2]-1/Log[10]-1,4],
и в ответе 0.008401. Таким образом, все дело в том, что константа с
оказывается малой!
10.21.	Ясно, что все разности делятся на 10. Более того, при вни-
мательном разглядывании этих чисел становится ясно, что каждое из
них делится на 3, таким образом, все разности делятся на 30. Осталось
это доказать (см. задачу 3.5).
10.22.	Ответом является результат работы оператора
Coefficient[(Sum[x^i,{i,0,4}])Л(10),x~(20)] ,
а именно, число 856945.
10.23.	Посмотрим на результат вычисления
х[п_] :=3*х[п-1]-3Л(п-1); х[1]=1; Table[х[п],{п,1,8}]:
{1, 0, -9, -54, -243, -972, -3645, -13122}.
Обратите внимание, что 972 = З5 -4. Составим таблицу.
		Хз	х4		Х6	Х7	
3°	0	з2-(-1)	З3 • (-2)	З4 • (-3)	35-(-4)	36(-5)	37-(-6)
Теперь формула общего члена очевидна: хп = (2 — п)Зп Ч Доказать ее
не представляет труда.
Список литературы
[1]	М. Айгнер, Г. Циглер. Доказательства из Книги. М.: Мир, 2006.-
256 с.
[2]	Ф. Бахман. Построение геометрии на основе понятия симметрии.
М.: Наука, 1969.- 380 с.
[3]	М. И. Башмаков, Б. М. Беккер, В. М. Гольховой, Ю. И. Ионин.
Алгебра и начала анализа. Задачи и решения (учебное пособие).
СПб: Издательство C-Петербургского университета, 2004.- 274 с.
[4]	Н. А. Вавилов, В. Г. Халин. Задачи по курсу “Математика и ком-
пьютер”. Выпуск 1. Арифметика и теория чисел. СПб: ОЦЭиМ,
2006.- 180 с.
[5]	Н. Я. Виленкин, А. Н. Виленкин, П. А. Виленкин. Комбинаторика.
М: “ФИМА” МЦНМО, 2006.- 400 с.
[6]	С. А. Генкин, И. В. Итенберг, Д. В. Фомин. Ленинградские мате-
матические кружки. Киров: Издательство “АСА”, 1994.- 272 с.
[7]	Д. Гильберт. Основания геометрии. М.-Л., 1948.- 492 с.
[8]	Р. Грэхем, Д. Кнут, О. Паташник. Конкретная математика. Осно-
вания информатики. М: Мир, 1998.- 704 с.
[9]	В. А. Гусев, А. И. Орлов, А. Л. Розенталь. Внеклассная работа по
математике в 6-8 классах. М.: Просвещение, 1984.- 310 с.
[10]	Г. Дэвенпорт. Высшая арифметика. М.: Наука, 1965.- 176 с.
[11]	О. А. Иванов. Избранные главы элементарной математики. Учеб-
ное пособие. СПб: Издательство C-Петербургского университета,
1995.- 224 с.
[12]	О. А. Иванов. Практикум по элементарной математике. Алгебро-
аналитические методы. М.: МЦНМО, 2001.- 320 с.
378
Список литературы
[13]	О. А. Иванов. Задачи по алгебре и началам анализа. СПб: БХВ,
2005.- 378 с.
[14]	А. Конн. Новое доказательство теоремы Морли. Математическое
просвещение, вып 9. М.: МЦНМО, 2005. С.100-103.
[15]	Е. Кормен, Ч. Лейзерсон, Р. Ривест. Алгоритмы: построение и ана-
лиз. М.: БИНОМ и МЦНМО, 2004.- 960 с.
[16]	А. И. Кострикин. Введение в алгебру. М: Наука, 1977.- 496 с.
[17]	В. А. Кречмар. Задачник по алгебре. М.-Л.: ОНТИ, 1937 - 424 с.
[18]	Э. Ландау. Основы анализа. М: ГИХЛ, 1947.- 184 с.
[19]	Дж. Милнор, Д. Хьюзмоллер. Симметрические билинейные фор-
мы. М.: Мир, 1986 - 176 с.
[20]	П. С. Моденов. Сборник задач по специальному курсу элементар-
ной математики. М.: Высшая школа, I960.- 767 с.
[21]	Д. Пойа. Математическое открытие. М.: Наука, 1970.- 448 с.
[22]	В. В. Прасолов. Задачи по планиметрии. Часть 1. М.: Наука, 1986.-
270 с.
[23]	Р. Уилсон. Введение в теорию графов. М.: Мир, 1977.- 208 с.
[24]	Ф. Харари. Теория графов. М.: КомКнига, 2006.- 296 с.
[25]	Г. Г. Харди, Д. Е. Литтлвуд, Г. Полна. Неравенства. М.: ГИИЛ,
1948.- 456 с.
[26]	А. Я. Хинчин. Элементы теории чисел. В кн.: Энциклопедия эле-
ментарной математики, т. 1. Арифметика. М.-Л.: ГИТТЛ, 1961.-
448 с.
[27]	Г. Е. Шилов. Математический анализ. Функции одного переменно-
го. Ч. 1-2. М.: Наука, 1969.- 528 с.
[28]	И. М. Яглом. Геометрические преобразования. 4.1. М.: Наука,
1955.- 284 с.
[29]	И. М. Яглом, Л. С. Атанасян. Геометрические преобразования. В
кн.: Энциклопедия элементарной математики, т. 4. Геометрия. М.:
ГИФМЛ, 1963.- 568 с.
[30]	J. Stillwell. Numbers and Geometry. Springer-Verlag, 1997.- 340 p.
Именной указатель
Адамар, Жак Саломон (1865-1953),
93, 332
Банах, Стефан (1892-1945), 270
Безу, Этьенн (1730-1783), 97
Бернулли, Якоб I (1654-1705), 33
Бернштейн, Феликс (1878-1956), 194
Бинэ, Жак Филипп Мари (1786-1856),
58, 310
Буняковский, Виктор Яковлевич
(1804-1889), 152
Вейерштрасс, Карл Теодор Вильгельм
(1815-1897), 160, 171, 256
Вильсон, Джон (1741-1793), 98
Гаусс, Карл Фридрих (1777-1855),
105, 250, 252, 264
Гёльдер, Отто Людвиг (1859-1937), 166
Гильберт, Давид (1862-1943), 203
Грассман, Герман (1809-1877), 27
Даламбер, вернее, Д’Аламбер, Жан
Лерон (1717-1783), 255
Дарбу, Жан Гастон (1842-1917), 314
Дирихле, Петер Густав Лежен
(1805-1859), 219
Евклид (ок. 365 - ок. 300 до н. э.),
83, 91, 315
Жордан, Камиль Мари Эдмон
(1838-1922), 203
Йенсен, Иоганн Людвиг (1859-1925), 165
Кантор, Георг (1845-1918), 194, 292
Каталан, Эжен Шарль (1814-1894), 64
Клейн, Феликс Христиан (1849-1925),
10
Коши, Огюстен Луи (1789-1857), 153,
159, 200
Кэли, Артур (1821-1895), 50
Лагранж, Жозеф Луи (1736-1813),
97, 104, 231, 287
Лежандр, Адриен Мари (1752-1833), 283
Лиувилль, Жозеф (1809-1882), 291, 296
Мёбиус, Август Фердинанд (1790-1868),
95
Минковский, Герман (1864-1909),
166, 171, 230
Морли, Фрэнк (1860-1937), 252
Муавр, вернее, де Муавр, Абрахам
(1667-1754), 243
Мюрхед, Роберт Франклин (1860-1941),
158
Наполеон Бонапарт (1769-1821),
255, 264
Ньютон, Исаак (1643-1727), 312
Паскаль, Блез (1623-1662), 47
Пеано, Джузеппе (1858-1932), 25
Пик, Александр Георг (1859-1942), 202
Пойа, Дьердь (1887-1985), 10, 332
Пуанкаре, Анри (1854-1912), 228
Рамсей, Франк Пеннинстон (1903-1930),
224
Риман, Георг Фридрих Бернхард
(1826-1866), 314
Тейлор, Брук (1685-1731), 292, 65
Фарей, Джон (1766-1826), 274
Ферма, Пьер (1601-1665), 88
Фибоначчи, вернее, Леонардо
Пизанский (ок. 1170 - после 1228),
33, 58, 310
Фурье, Жан Батист Жозеф
(1768-1830), 260
Холл, Филипп (1904-1982), 192
Чебышев, Пафнутий Львович
(1821-1894), 34, 93, 174
Шпернер, Эмануэль (1905-1980), 224
Эйлер, Леонард (1707-1783),
63, 90, 91, 185, 198, 231, 258, 280, 284
Эрдёш, Пауль (1913-1996), 222
Юнг, Альфред (1873-1940), 61
Предметный указатель
Аксиомы
—	группы 103
—	кольца 57
—	метрики 167
—	Пеано 25
—	поля 103
Алгебраическое число 290
Алгоритм Евклида 83, 315
Антицепь 223
Аффинное преобразование 131, 132
—	собственное 131
—	несобственное 131
База индукции 20
Базис решетки 119, 201, 229
Близнецы 91
Выпуклая функция 163
Выпуклое множество 169
Гиперплоскость 68
Граф 189
—	двудольный 193
--полный 191
—	простой ориентированный 189
—	полный 191
—	связный 190
—	эйлеров 186
Группа 103
—	движений плоскости 121
—	диэдрическая 127
--бесконечная 136
—	коммутативная 103
— симметрий
--множества 126
--орнамента 135
--правильного треугольника 127
--правильного п-угольника 127
—	циклическая 105
Диаграмма Юнга 61
Делимость многочленов 239, 245
Движение 121
Двоичная куча 208
Декартово произведение 32, 134
Дерево 195
—	двоичное 203
Делитель нуля 96
Евклидово расстояние 167
Единица группы 103
Задача
—	Наполеона 264
—	о кёнигсбергских мостах 185
—	о саде 272
—	о свадьбах 192
—	о ханойской башне 21
—	Фибоначчи 58
Значение цепной дроби 278
Изоморфизм 127
Изоморфные
—	графы 191
—	группы 127
Индекс
—	подгруппы 104
—	точки относительно многоугольника
203
Индукционный переход 20
Инцидентность 189
Касательная 311
Квадратичная иррациональность 285
—	сопряженная 285
Китайская теорема об остатках 86
Класс
—	вычетов 87
—	эквивалентности 101, 288
Классификация
—	движений плоскости 124
—	орнаментов 135
Кольцо 57
—	без делителей нуля 96
Предметный указатель
381
—	вычетов 87
—	формальных степенных рядов 57
—	целых чисел 57
Композиция 117, 117, 123
Компонента связности 190
Координатное представление
—	движений 129
—	преобразований 118
Критерий Вильсона простоты числа 98
Латинский
—	квадрат 194
—	прямоугольник 194
Лемма
—	Дилворта 223
—	Лагранжа 97
—	Минковского 230
Лес 197
Линейная независимость векторов 68
Матрица преобразования 129
Медианта дробей 275
Метод
—	математической индукции 23
—	касательных 312
Мера 228
Метрика 167
—	dp 168
Многочлен
—	неприводимый 295
—	Чебышева 34
Множество
—	всюду плотное 225
—	выпуклое 169
—	замкнутое 135, 229
—	измеримое 228
—	индуктивное 26
—	комплексных чисел, С 241
—	натуральных чисел, N 25
—	ограниченное 119
—	рациональных чисел, Q 288
—	целых чисел, Z 101
Мост 195
Мультиграф 189
Мультипликативность 90
Наибольший общий делитель 83
Наилучшее приближение 272
Неподвижная точка 253, 270, 313
Неприводимый многочлен 295
Неравенства между средними двух
чисел 149
Неравенство
— Бернулли 33
—	Гёльдера 166
--интегральное 173
—	Йенсена 165
—	Коши 153
--обобщенное 162
—	Коши-Буняковского 152
—	Минковского 166
--интегральное 173	'
—	треугольника 167
—	Чебышева 34
--интегральное 174
—	Шварца 173
—	Юнга 163
Неустойчивое решение 324
Норма 168
—	Минковского 172
Нормаль 68
Нуль группы 103
Область целостности 289
Образ множества 25
Образующие группы 127
Обратимое отображение 52
Обратимый элемент кольца 57
Объем шара 232
Определитель 130
Орбита
—	положительная 226
Орнамент 134
Основная теорема
—	арифметики 84
—	высшей алгебры 255
Ось симметрии 120
Остов графа 195
Отношение эквивалентности 101, 288
Отображение
—	инъективное 25
—	обратимое 52
—	сохраняющее меру 228
—	тождественное 121
Параллельный перенос 114, 121
Паросочетание 193
Первообразный корень из 1 244
Площадь
—	многоугольника 133
—	параллелограмма 131
—	треугольника 131
Поворот 114, 121
Подграф 191
Подгруппа 104
—	замкнутая 229
Подполе 294
382
Предметный указатель
Подходящая дробь 278
Поле 103
—	комплексных чисел 241
—	рациональных функций 290
—	рациональных чисел 289
—	частных 290
Полупространство 68
Порядок
—	в множестве натуральных чисел 28
—	группы 103
—	элемента 104
Последовательность
—	неустойчивая 324
— периодическая 284, 324, 325
Построения циркулем и линейкой 250,
252
Правило Эйлера 280
Правильные
—	многогранники 200
—	многоугольники 127, 245
Предел последовательности 135, 227,
269, 270, 278, 281, 311, 312, 318
Преобразование
—	подобия 249
—	Фурье дискретное 261
Признак делимости
—	на 9 85
-на 11 85
Принцип
—	Дирихле 219
—	математической индукции 23
Произведение групп 134
Производная 164, 323, 325
Производящая функция 56, 65
Пространство fc-мерное 68
Простые числа 91
Путь в графе 189
Равномощные множества 195
Разбиения 55, 60
Распределение простых чисел 91
Расстояние между вершинами графа
191
Ребро графа 189
Решетка 128, 229
Ряд
—	гармонический 92
—	степенной 55, 258
--формальный 57
—	Тейлора 65
—	Фарея 274
Симметрия
—	осевая 113, 121
—	скользящая 123
—	центральная 113, 121
Сложение натуральных чисел 28
Смежные вершины графа 189
Сортировки 209
Сравнимость по модулю 85
Среднее
—	арифметическое 148
—	гармоническое 148
—	геометрическое 148	*
—	квадратичное 148
Степенной ряд 55, 65
Степень вершины графа 188
Сумма Римана-Дарбу 314
Теорема
—	Банаха о сжимающем отображении
270
—	Безу 97
— Вейерштрасса 160, 171, 256
—	Гаусса 105
—	Гаусса-Венцеля 252
—	Вильсона 98
—	Жордана 203
—	Кантора-Бернштейна 194
—	Кэли 50
—	Лагранжа 231
--об индексе 104
--о квадратичных
иррациональностях 287
--о среднем 298, 323
—	Лиувилля 291
—	Мёбиуса 96
—	Морли 252
—	Мюрхеда 158
—	Пуанкаре о возвращении 228
—	Рамсея 224
—	Турана 192
—	Ферма малая 88, 99
—	Холла 192
—	Шпернера 224
—	Эйлера 90, 99
--о представлении простого числа 231
—	Эрдёша и Секереша 222
Точка
—	возвращающаяся 228
—	неподвижная 253, 313
—	периодическая 322
Треугольник Паскаля 47
Тригонометрическая форма
комплексного числа 243
Предметный указатель
383
Трисектрисы 252
Умножение натуральных чисел 29
Уравнение над кольцом 88
— вычетов 98
Уравнение Пел л я 297
Условие общего положения 68
Факториал 42
Фактормножество 101
Формула
—	бинома Ньютона 48
—	Бинэ 58
—	включений-исключений 41, 94
—	де Муавра 244
—	обращения Мёбиуса 96
—	Пика 202
—	Тейлора 292
—	Эйлера 198
		для комплексной экспоненты 258
		для числа разбиений 63
Фундаментальная
—	область 229
—	последовательность 298
Функция
—	выпуклая 163, 164, 312
—	Мёбиуса 95
—	сжимающая 270
—	Эйлера 89
Центр симметрии 119
Цепная дробь 278
—	конечная 279
—	периодическая 284
Цепь 189
—	простая 189
Цикл 189
—	простой 189
Частичная сумма гармонического ряда
92
Частично упорядоченное множество 223
Числа
—	взаимно простые 84
—	несоизмеримые 227, 226
—	простые 91
—	Фибоначчи 58, 277
Число
—	алгебраическое 290
—	Каталана 64
—	комплексно сопряженное 243
—	Лиувилля 296
—	перестановок 51
		с повторениями 53
—	размещений 51
—	сочетаний 47, 67
—	трансцендентное 290
—	элементов множества 31
Шар 169
Шифрование с открытым ключом 99
Эквивалентность норм 170
Ячейка 229
Олег Александрович Иванов
ЭЛЕМЕНТАРНАЯ МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ,
СТУДЕНТОВ И ПРЕПОДАВАТЕЛЕЙ
Редакторы: Васильева О. А., Коваленко Е. А.
Оригинал-макет: Мешков И. Р.
Художник: Обатнина Т. А.
Подписано в печать 30.06.2009 г. Формат 60 х 90 V16- Бумага офсетная К* 1.
Печать офсетная. Печ. л. 24. Тираж 2000 экз. Заказ К* 17187
Издательство Московского центра непрерывного математического образования
119002, Москва, Большой Власьевский пер., 11. Тел. (499) 241-74-83.
Отпечатано по CtP-технологии в ОАО «Печатный двор» им. А. М. Горького.
197110, Санкт-Петербург, Чкаловский проспект, 15.
Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине
«Математическая книга», Большой Власьевский пер., д. 11.
Тел. (499) 241-72-85. E-mail: biblio@mccme.ru
ИВАНОВ ОЛЕГ АЛЕКСАНДРОВИЧ (1951),
кандидат физико-математических и док-
тор педагогических наук, профессор ка-
федры общей математики Санкт-Петер-
бургского университета. Автор книг:
«Избранные главы элементарной мате-
матики» (1995; переведена на английский
и итальянский языки); «Практикум по эле-
ментарной математике» (2001); « Задачи
по алгебре и началам анализа^ (2005);
«Elementary Topology Problem Textbook»
(2008; в соавторстве).
Основной целью книги является развитие
математического мышления ее читателей.
Термин олементарная математика 'означа-
ет, что для понимания материала, во-пер-
вых, не нужно обладать развитым абстракт-
ным мышлениям и, во-вторых, не требуются
навыки в использовании изощренной техни-
ки математического анализа. Там, где ес-
тественно ввести понятие, не изучаемое в
средней школе, приводятся необходимые
определения и примеры. Для того, чтобы
проявился смысл этих понятий, доказывают-
ся (немногочисленные) теоремы. В книге
приведено более трехсот задач, большая
часть которых предлагается читателю для
самостоятельного решения.
ISBN 978-5-94057-505-4
biblio.mccme.ru