Н. Вагутен
В этой работе мы рассмотрим ряд ситуаций, в которых число вида a + b√d полезно заменить сопряжённым a – b√d. Мы увидим, как этот простой приём — замена знака перед радикалом — помогает в решении разнообразных задач алгебры и анализа — от нехитрых оценок и преобразований до трудных олимпиадных задач и замысловатых придумок составителей конкурсных экзаменов.
Большинство наших примеров может служить первым знакомством с глубокими математическими теориями (кое-где мы указываем статьи и книги для продолжения знакомства). Среди задач, включённых в статью, две — из Задачника «Кванта» и несколько — из писем читателей, уже испытавших удовольствие от трюков с радикалами и желающих поделиться им с другими.
Пары сопряжённых чисел появляются вполне естественным образом, когда мы решаем квадратное уравнение, а корень из дискриминанта не извлекается: скажем, уравнение λ2
– λ – 1 = 0 имеет пару «сопряжённых» корней:
| λ1
= |
1 – √5 2 |
и | λ2
= |
1 + √5 2 |
. |
К этому мы ещё вернёмся, а начнём с примеров другого рода: займёмся «перебросками»...
...Из числителя в знаменатель (и обратно)
Если в книжке указан ответ к задаче (3 + √7)/2, а у вас получилось 1/(3 – √7) — не спешите искать ошибку в решении: ответ правильный — эти числа равны, потому что
(3 + √7)(3 – √7) = 32
– 7 = 2.
Вот несколько характерных примеров, где полезно перенести «иррациональность» из числителя в знаменатель или наоборот.
1. Найти сумму
1 1 + √2 |
+ | 1 √2 + √3 |
+ ... + | 1 √99 + √100 |
. |
Эта сумма мгновенно «сворачивается», если переписать её так:
(√2 – 1) + (√3 – √2) + ... + (√100 – √99) = –1 + 10 = 9.
По выражению из статьи [1] «остаются крайние» (см. также [5]).
2. Доказать, что для любых натуральных m и n
|
(1) |
где α = √3 + √2.
Подобный факт мы использовали недавно при решении трудной задачи М514 ([2]).
В самом деле, всегда
|
(2) |
поскольку число |m2
– 2n2
| — целое и отлично от 0 (равенство m2
= 2n2
невозможно — подумайте, почему!). Если бы выполнялось неравенство, противоположное (1), то должно было бы быть m < n√2 + 1/αn и
|
(3) |
Но из (2) и (3) следует (1). Значит, наше предположение неверно, то есть (1) выполнено.
Неравенство (1) показывает, что число √2 сравнительно плохо приближается дробями с небольшими знаменателями; аналогичное неравенство (только с другим коэффициентом α) выполнено не только для √2, но и для любой «квадратичной иррациональности». Разумеется, (1) выполнено и при всех α > √3 + √2, но константа √3 + √2 здесь не наименьшая из возможных. Вопросы о приближениях квадратичных иррациональностсй рациональными числами — далеко продвинутая и важная для приложений область теории чисел ([3], [4]); с приближениями числа √2 мы ещё встретимся ниже (см. упражнение4).
[Если при решении этой задачи рассмотреть отдельно случаи n=1 и n≠1, то можно показать, что
m n |
– √2 | ≥ | 1 πn2
|
. |
Оно лишь немного сильнее, чем неравенство (1), поскольку
1 π |
= 0,3183... > 0,3178... = | 1 √3 + √2 |
, |
зато выглядит гораздо эффектнее.
Помню, как в мою бытность студентом, на лекциях по алгебре наш профессор говорил: «Корень из трёх — это, примерно, 1,73; корень из двух — 1,41. Поэтому их сумма равна... (следовала пауза, необходимая для сложения этих чисел "в столбик") 3,14. А это есть?..» (он поворачивался к аудитории и сразу несколько человек говорили "пи") «Ну, вот», — с удовлетворением заключал профессор, выписывая окончательное "равенство": √3 + √2 = π. :) — E.G.A.]
3. Найдите предел последовательности an
= (√n² + 1 – n)n.
Преобразуем an
так:
| (√n² + 1 – n)n = | n √n² + 1 + n |
= | 1 1 + √1 + 1/n² |
. |
Теперь ясно, что an
возрастает и стремится к пределу 1/2.
В противоположность предыдущему примеру здесь мы имеем дело с хорошим приближением: √n² + 1 – n < 1/2n.
4 . Даны две последовательности an
= √n+1 + √n и bn
= √4n+2. Докажите, что
а) [an
] = [bn
],
б) 0 < bn
– an
< 1/16n√n.
В разности bn
– an
появляется «тройная иррациональность»; к таким иррациональностям мы ещё вернёмся (см. задачу8), но пока мы будем рассматривать √n+1 + √n = an
как одно целое. Заметим, что величина an
2
=2n+1+2√n(n+1), очевидно, заключена между 4n+1 и 4n+2=bn
2
, поскольку n < √n(n+1) < n+1. Итак, мы уже получили an
< bn
— левое неравенство в б). Кроме того, число bn
2
= 4n+2, дающее при делении на 4 в остатке 2, не может быть полным квадратом (проверьте!), поэтому квадрат целого числа [bn
] не больше 4n+1; из неравенств [bn
] ≤ √4n+1 < an
< bn
вытекает а). Теперь осталось оценить разность bn
– an
сверху. Посмотрите, как здесь дважды работает переброска «сопряжённого» числа в знаменатель:
| √4n+2 – √n – √n+1 = | 2n + 1 – 2√n(n + 1) √4n + 2 + √n + √n + 1 |
= |
| = | 1 (√4n + 2 + √n + √n + 1)(2n + 1 + 2√n(n + 1)) |
≤ |
(тут, конечно, нам повезло:
разность квадратов (2n + 1)2
– 4n(n + 1) равна 1)
| ≤ | 1 (2√n + √n + √n)(2n + 2n) |
= | 1 16n√n |
. |
Заметим, что и эта оценка очень точная. Но убедиться в этом (и вообще исследовать поведение функции с многими радикалами) лучше уже не с помощью алгебраических преобразований, а средствами анализа — заменить переменную n на h = 1/n и воспользоваться формулой Тейлора √1 + h = 1 + h/2 – h2
/8 + ... (См. [6].)
Заменим плюс на минус
Мы уже говорили о пользе симметрии в геометрических задачах. Своего рода симметрией в алгебре является замена плюса на минус.
Так, если какое-либо выражение от √d равно p + q√d и мы всюду в этом выражении заменим √d на –√d, то естественно ожидать, что новое выражение окажется равным сопряженному числу p – q√d. Мы будем пользоваться таким очевидным частным случаем этого свойства (a и b — рациональны, √d — нет):
| (a + b√d)n
= p + q√d => (a – b√d)n = p – q√d. |
(4) |
5. Доказать, что уравнение
(x + y√5)4
+ (z + t√5)4
= 2 + √5
не имеет решений в рациональных числах x, y, z, t.
Можно, конечно, найти отдельно сумму членов левой части, не содержащих √5 (она должна быть равна 2), и отдельно — коэффициент при √5 (он должен равняться 1). Но что делать с полученной громоздкой системой неясно. Вместо этого воспользуемся (4) и заменим плюс перед √5 на минус!
(x – y√5)4
+ (z – t√5)4
= 2 – √5.
Слева стоит неотрицательное число, справа — отрицательное.
6. Доказать, что существует бесконечно много пар (x;y) натуральных чисел, для которых x2
отличается от 2y2
на 1:
| |x2
– 2y2 | = 1. |
(5) |
Несколько таких пар с небольшими (x;y) легко найти подбором: это (1;1), (3;2), (7;5), (17;12), ... (рис.1). Как продолжить этот набор? Можно ли записать общую формулу для этих решений?
|
Рис. 1. Проходят ли эти гиперболы через бесконечное число узлов клетчатой бумаги? |
Найти ответы на эти вопросы нам поможет число 1 + √2. Закономерность, позволяющая получать всё новые и новые решения (x;y), указана в таблице:
| n | (1 + √2)n
|
xn
|
yn
|
xn
2 – 2yn 2 |
(1 – √2)n
|
| 1 | 1 + √2 | 1 | 1 | 1 – 2 = –1 | 1 – √2 |
| 2 | 3 + 2√2 | 3 | 2 | 9 – 8 = 1 | 3 – 2√2 |
| 3 | 7 + 5√2 | 7 | 5 | 49 – 50 = –1 | 7 – 5√2 |
| 4 | 17 + 12√2 | 17 | 12 | 289 – 288 = 1 | 17 – 12√2 |
| 5 | 41 + 29√2 | 41 | 29 | 1681 – 1682 = –1 | 41 – 29√2 |
| ... | ... | ... | ... | ... | ... |
Какой будет шестая строчка?
Видно, что коэффициенты xn
, yn
в числе
xn
+ yn
√2 = (1 + √2)n
будут давать нужную пару. Доказать это поможет колонка таблицы из сопряжённых чисел (мы снова применяем (4)):
xn
– yn
√2 = (1 – √2)n
.
Перемножив два последних равенства, получим
| x | 2 n |
– 2y | 2 n |
= (–1)n
, |
и интересующее нас выражение попеременно равно то 1, то –1. Складывая и вычитая эти же два равенства, мы получим явное выражение для xn
и yn
:
| xn
= |
(1 + √2)n
2 |
, |
| yn
= |
(1 + √2)n
2√2 |
. |
Можно ли в решении этой задачи про целые числа обойтись без иррациональных чисел 1 + √2 и 1 – √2? Теперь, зная ответ, мы можем легко выразить (xn+1
;yn+1
) через предыдущую пару (xn
;yn
): из xn+1
+ yn+1
√2 = (xn
+ yn
√2)(1 + √2) вытекает
| xn+1
= xn + 2yn , yn+1 = xn + yn . |
(6) |
До этого рекуррентного соотношения можно было, видимо, догадаться по нескольким первым решениям, а потом проверить, что
| |x | 2 n |
– 2y | 2 n |
| = |x | 2 n+1 |
– 2y | 2 n+1 |
|. |
Добавив начальное условие x1
= 1, y1
= 1, отсюда (по индукции) можно было бы заключить, что |xn
2
– 2yn
2
| = 1 для любого n. Далее, выразив обратно (xn
;yn
): через (xn+1
;yn+1
), «методом спуска» ([8]) можно доказать, что найденной серией исчерпываются все решения уравнения (5) в натуральных числах (x;y). Подобным же образом решается любое «уравнение Пелля» x2
– dy2
= c (а к уравнениям такого типа сводится любое квадратное уравнение в целых числах x, y), но у исходного уравнения может быть несколько серий решений ([7]).
Рекуррентные соотношения типа (6) возникают не только в теории чисел, но и в разных задачах анализа, теории вероятностей. Вот характерный пример комбинаторной задачи такого типа (она предлагалась на последней международной олимпиаде в Лондоне):
7. В вершине A правильного восьмиугольника сидит лягушка. Из любой вершины восьмиугольника, кроме вершины E, противоположной A, она может прыгнуть в любую из двух соседних вершин. Попав в E, лягушка останавливается и остаётся там. Найти количество em
различных способов, которыми лягушка может попасть из вершины A в E ровно за m прыжков.
Если раскрасить вершины восьмиугольника через одну в чёрный и белый цвет (рис.2), сразу станет ясно, что e2k–1
= 0 при любом k: цвет вершин при каждом прыжке меняется. Обозначим через an
и cn
количество способов, которым лягушка может за 2n прыжков, попасть из вершины A, соответственно, в вершину A и в одну из вершин C (из соображений симметрии ясно, что в каждую из вершин, обозначенных на рисунке буквой C, можно попасть одним и тем же числом способов). Как легко проверить (см. рис.2а,б,в,г),
a1
= 2, c1
= 1;
|
(7) |
А интересующее нас число e2n
равно, очевидно, 2cn–1
(рис. 2д).
|
а) c1
|
б) a1
|
в) an+1
|
|
г) cn+1
|
д) e2n
|
| Рис. 2. а) | Из A в C за два прыжка можно попасть только одним способом: c1
= 1. |
| б) | Из A в A за два прыжка можно попасть двумя способами: a1
= 2. |
| в) | В A можно попасть из C двумя способами и из A двумя способами: an+1
= 2an + 2cn . |
| г) | В C можно попасть из A одним способом и из C — двумя: cn+1
= an + 2cn . |
| д) | В E можно попасть из C двумя способами: e2n
= 2cn–1 . |
Как же найти явную формулу для an
и cn
? Запишем наше рекуррентное соотношение (7) так:
| an+1
+ cn+1 √2 = (an + cn √2)(2 + √2) |
(8) |
и — как вы уже, конечно, догадались — ещё так:
| an+1
– cn+1 √2 = (an – cn √2)(2 – √2). |
(9) |
Отсюда по индукции, пользуясь (7), получаем:
| an
+ cn √2 = (2 + √2)n–1 (a1 + c1 √2) = (2 + √2)n , |
| an
– cn √2 = (2 – √2)n–1 (a1 – c1 √2) = (2 – √2)n . |
Поэтому
| cn
= |
(2 + √2)n
2√2 |
, |
а так как e2n
= 2cn–1
, получаем окончательно
| e2n
= |
(2 + √2)n–1
√2 |
, e2n–1
= 0. |
Задача решена. Неясно только, как в этой задаче (и в предыдущей задаче6) можно было додуматься до формул, содержащих ±√2, — ведь в задаче речь идёт о целых числах! (Для участников олимпиады и читателей «Кванта» задача7 была облегчена тем, что в формулировке указывался ответ — «Квант», 1979, №11, М595).
Однако «сопряжённые числа» возникли бы совершенно автоматически, если бы мы владели началами линейной алгебры (см.[12]), и применили стандартные правила этой науки к решению уравнений (7). Эти правила предлагают сначала выяснить, какие геометрические прогрессии (an
= a0
λn
, cn
= c0
λn
) удовлетворяют данному рекуррентному соотношению. Значения, для которых такие прогрессии существуют, — они называются характеристическими значениями или собственными числами — определяются из некоторого уравнения (оно тоже называется характеристическим). Для (7) характеристическое уравнение имеет вид λ2
– 4λ + 2 = 0, его корни — как раз 2 + √2 и 2 – √2. Зная эти корни, любое решение рекуррентного соотношения мы можем получить как «линейную комбинацию» соответствующих геометрических прогрессий ([11]). «Начальное условие» (в нашем случае a1
= 2, c1
= 1) определяет нужное нам решение однозначно.
Неудивительно, что даже самые простые рекуррентные целочисленные последовательности, для которых характеристическое уравнение — квадратное с целыми коэффициентами (примеры — те же (6) и (7) или последовательность Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, ..., Fn+1
= Fn
+ Fn–1
; см.[9], [10]), выражаются, как функции номера, с помощью «сопряжённых» квадратичных иррациональностей.
Заметим, что большее характеристическое число определяет скорость роста последовательности: при больши́х n в задаче7 en
(2 + √2)n
/√2. Можно сказать это ещё так:
|
en+1
en
|
= 2 + √2. |
Для задачи 6 аналогичное наблюдение:
|
xn
yn
|
= √2. |
Интересное продолжение этого факта мы увидим в следующей задаче с бо́льшим числом «сопряжённых» иррациональностей.
Поочерёдно меняем все знаки
8. Пусть
(1 + √2 + √3)n
= qn
+ rn
√2 + sn
√3 + tn
√6,
где qn
, rn
, sn
и tn
— целые числа. Найти пределы
|
rn
qn
|
, |
|
sn
qn
|
, |
|
tn
qn
|
. |
Конечно, мы здесь можем выразить (qn+1
; rn+1
; sn+1
; tn+1
) через (qn
; rn
; sn
; tn
), пользуясь тем, что
qn+1
+ rn+1
√2 + sn+1
√3 + tn+1
√6 = (1 + √2 + √3)(qn
+ rn
√2 + sn
√3 + tn
√6),
но, наученные опытом, мы уже знаем, что более простые формулы получаются не для самих чисел qn
, rn
, sn
, tn
, a для некоторых их комбинаций. Одну такую комбинацию мы уже знаем: это
qn
+ rn
√2 + sn
√3 + tn
√6 = (1 + √2 + √3)n
.
Нетрудно сообразить, каковы будут другие. Рассмотрим вместе с данным числом
λ1
= 1 + √2 + √3,
ещё три «сопряжённых»:
λ2
= 1 – √2 + √3, λ3
= 1 + √2 – √3, λ4
= 1 – √2 – √3.
Тогда
qn
– rn
√2 + sn
√3 – tn
√6 = λ2
n
,
qn
+ rn
√2 – sn
√3 – tn
√6 = λ3
n
,
qn
– rn
√2 – sn
√3 + tn
√6 = λ4
n
.
Мы можем выразить qn
, rn
, sn
, tn
через λ1
, λ2
, λ3
, λ4
:
| qn
= |
λ1
4 |
, | sn
= |
λ1
4√3 |
, |
| rn
= |
λ1
4√2 |
, | tn
= |
λ1
4√6 |
. |
Теперь заметим, что λ1
> |λ2
|, λ1
> |λ3
|, λ1
> |λ4
|. Поэтому
|
rn
qn
|
= |
|
1 – (λ2
1 + (λ2
|
· | 1 √2 |
= | 1 √2 |
. |
Аналогично найдём, что
|
sn
qn
|
= | 1 √3 |
и |
|
tn
qn
|
= | 1 √6 |
. |
Мы говорили выше, что сопряжённые числа a ± b√d возникают часто как корни квадратного уравнения с целыми коэффициентами. В связи с последней задачей возникает такое желание:
9. Написать уравнение с целыми коэффициентами, один из корней которого равен 1 + √2 + √3.
Возникает подозрение, что вместе с этим числом λ1
уравнению с целыми коэффициентами удовлетворяют и сопряжённые, которые в решении предыдущей задачи мы обозначили λ2
, λ3
, λ4
. Нужное уравнение можно записать так:
(x – λ1
)(x – λ2
)(x – λ3
)(x – λ4
) = 0;
то есть
(x – 1 – √2 – √3)(x – 1 + √2 – √3)× (x – 1 – √2 + √3)(x – 1 + √2 + √3) = 0;
после преобразований получаем
((x – 1)2
– 5 – 2√6)·((x – 1)2
– 5 + 2√6) = 0, (x2
– 2x – 4)2
– 24 = 0, x4
– 4x3
– 4x2
– 16x – 8 = 0.
Именно такое уравнение получилось бы в качестве характеристического, если бы мы применили упомянутую мелким шрифтом в конце предыдущего раздела общую теорию к исследованию линейного преобразования
(qn
; rn
; sn
; tn
) → (qn+1
; rn+1
; sn+1
; tn+1
)
в предыдущей задаче. Заметим, кроме того, что мы на самом деле получили уравнение наименьшей степени (с целыми коэффициентами) с корнем λ1
= 1 + √2 + √3. Попробуйте это доказать!
Алгебраическое послесловие
Мы разобрали несколько примеров, в которых затрагивались пограничные вопросы алгебры, математического анализа и теории чисел. (Каждому направлению, которое мы наметили, можно было бы посвятить более подробную статью в «Кванте»!) В заключение покажем ещё, как можно смотреть на основных героев статьи — «сопряжённые числа» — с чисто алгебраической точки зрения.
Предположим, что у нас есть множество P чисел (или выражений с буквами, или ещё каких-то элементов), с которыми можно выполнять четыре действия арифметики с соблюдением обычных арифметических правил. Такое множество называется полем; поля образуют, например, рациональные и действительные числа. Если в поле P не разрешимо, скажем, уравнение x2
– d = 0, то можно расширить его, рассматривая элементы вида p + q√d, где p, q P, a √d — новый символ, который при умножении сам на себя дает d, т.е. √d·√d = d, так что
(p + q√d)·(p' + q'√d) = (pp' + qq'd) + (pq' + qp')√d.
При d = –1 расширением поля вещественных чисел получаются комплексные числа.
В новом поле P1
— «квадратичном расширении» поля P — есть интересное отображение λ = p + q√d → λ = p – q√d (своеобразная «алгебраическая симметрия»), называемое сопряжением, с такими свойствами:
Все элементы старого поля P переходят в себя;
Все равенства, содержащие арифметические операции, при этом отображении сохраняются:
| λ + μ = λ + μ; λ · μ = λ · μ; | (10) |
Это отображение является частным случаем так называемых автоморфизмов Галуа расширения P1
поля P.
В задачах 8 и 9 мы видели пример «двукратного» расширения — присоединения √2 и затем √3, — в результате которого получилось поле с бо́льшим количеством автоморфизмов Галуа: кроме тождественного отображения, их уже три
(√2 → –√2, √3 → √3;√2 → √2, √3 → –√3;√2 → –√2, √3 → –√3),
и их «взаимодействие» устроено так же, как во множестве самосовмещений прямоугольника.
Оказывается, к основному полю можно присоединять корни любого алгебраического уравнения. Автоморфизмы возникающего нового поля — предмет одной из красивейших ветвей алгебры XIX–XX века, теории Галуа, которая позволяет, в частности, исследовать вопрос о разрешимости уравнений в радикалах ([13], [14]).
Мы закончим эту статью набором задач, в основном продолжающих уже затронутые темы, но требующих иногда и новых соображений, и обещанным списком литературы.
Список литературы
1. Л.Курляндчик, А.Лисицкий. «Суммы и произведения» («Квант», 1978, №10). назад к тексту
2. Второе решение задачи М514 («Квант», 1979, №5, с.26). назад к тексту
3. Р.Нивен. «Числа рациональные и иррациональные» (М., «Мир», 1966). назад к тексту
4. Д.Фукс, М.Фукс. «О наилучших приближениях» («Квант», 1971, №6, №11) и «Рациональные приближения и трансцендентность» («Квант», 1973, №1). назад к тексту
5. Н.Васильев, В.Гутенмахер. «Прямые и кривые» (М., «Наука», 1978), с.103–105. назад к тексту
6. А.Н.Маркушевич. «Ряды» (М., «Наука», 1979). назад к тексту
7. Избранные задачи из журнала American Mathematical Monthly (М., «Мир», 1977), с.560–561. назад к тексту
8. Л.Курляндчик, Г.Розенблюм. «Метод бесконечного спуска» («Квант», 1978, №1). назад к тексту
9. В.Березин. «Филлотаксис и последовательность Фибоначчи», («Квант», 1979, №5, с.53). назад к тексту
10. Н.Н.Воробьев. «Числа Фибоначчи» (Популярные лекции по математике, вып.6) (М., «Наука», 1978). назад к тексту
11. А.И.Маркушевич. «Возвратные последовательности» (Популярные лекции но математике, вып.1) (М., «Наука», 1978). назад к тексту
12. Л.И.Головина. «Линейная алгебра и некоторые её приложения» (М., «Наука», 1979). назад к тексту
13. М.М.Постников. «Теория Галуа» (М., Физматгиз, 1963). назад к тексту
14. Ван-дер-Варден. «Алгебра» (М., «Наука», 1976). назад к тексту