Быстрый поиск

Реферат: Сопряжённые числа

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

λ2 =

1 + √5

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 + √2

√2 + √3

+ ... +

√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

– √2

≥

αn2

(1)

где α = √3 + √2.

Подобный факт мы использовали недавно при решении трудной задачи М514 ([2]).

В самом деле, всегда

m – n√2

|m2 – 2n2|

(m + n√2)n

≥

(m + n√2)n

(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

n(m + n√2) < n

(

2n√2 +

αn

)

= 2n2√2 +

√3 + √2

= 2n2√2 + √3 – √2 ≤ n2(2√2 + √3 – √2) = αn2.

(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

– √2

≥

πn2

Оно лишь немного сильнее, чем неравенство (1), поскольку

= 0,3183... > 0,3178... =

√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 =

√n² + 1 + n

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 an2=2n+1+2√n(n+1), очевидно, заключена между 4n+1 и 4n+2=bn2, поскольку n < √n(n+1) < n+1. Итак, мы уже получили an < bn — левое неравенство в б). Кроме того, число bn2 = 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

(√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)

≤

(2√n + √n + √n)(2n + 2n)

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	xn2 – 2yn2	(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

– 2y

= (–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 + (1 – √2)n

yn =

(1 + √2)n – (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

– 2y

| = |x

n+1

– 2y

n+1

Добавив начальное условие x1 = 1, y1 = 1, отсюда (по индукции) можно было бы заключить, что |xn2 – 2yn2| = 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;