Алгебра, многочлены и делимость чисел

Задача 1 Доказать, что для многочлена с любым целым найдется такое целое , что соответствующее значение этого многочлена не является квадратом целого числа.

Доказательство

Допустим противное. Тогда пусть . Отсюда

. Складывая эти два равенства, получим

. При получим . Это равенство невозможно в целых числах: Действительно, Если , то - не целое. Если , то - не целое. Если , то - не целое. Если , то

, что невозможно. Если , То , что

тоже невозможно, поскольку квадрат целого числа неотрицателен.

Ч.Т.Д.

Замечание

Эта задача родилась, как упрощенный вариант следующей

проблемы, сформулированной автором:

Пусть многочлен второй степени с целыми коэффициентами

при любом целом принимает значение квадрата целого числа. Тогда найдутся такие целые числа , , что выполняется тождество . Достаточность условия– очевидна:

если - целые, то найдутся целые , для которых выполняется

указанное тождество. Для этого достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях . Трудно

доказать необходимость!

Задача 2 Доказать, что для многочлена с любым целым , найдется целое , такое, что соответствующее значение этого многочлена не является кубом целого числа.

Доказательство

. . Складывая эти два равенства, получим: при любых целых .

~ или , где - неотрицательные целые.

Причем - как значения многочлена третьей степени -

неограниченные целые, неотрицательные числа.

Поэтому равенство отпадает.

Рассмотрим равенство , где - целые неотрицательные числа. Докажем, что - ограничено.

. , , , . . Поэтому . . Отсюда - ограничено. Противоречие. Ч.Т.Д.

Замечание

Эта задача родилась, как упрощенный вариант следующей

проблемы, поставленной автором:

Пусть многочлен третьей степени с целыми коэффициентами

, при любом целом принимает значение куба целого числа. Тогда найдутся такие целые числа , , что выполняется тождество . Достаточность условия– очевидна: если - целые, то найдутся целые , для которых выполняется указанное тождество. Для этого достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях . Трудно доказать необходимость!

Задача 3 Доказать, что для многочлена с любыми заданными натуральным и целым , найдется такое целое , что соответствующее значение этого многочлена не является - ой степенью натурального целого числа.

Доказательство

Предположим противное. Тогда при целых

.

Причем - целые, неограниченные величины

I. - нечетно

. Складывая эти равенства, получим:

. (*)

Причем оба слагаемых в последнем равенстве, как многочлены - й степени принимают неограниченные целые значения по абсолютной величине, при целых . То есть равенство

(*) имеет неограниченное число решений в целых числах.

При достаточно больших значение становится больше двух. Следовательно, . Поэтому, полагая при больших ,

, получим равенство

. Отсюда

, , .

так как при больших . Получено . Это Противоречие.

II четно.

Тогда

. Складывая эти равенства, получим:

При

.

- четно

Или , (**)

Где .

Из (**) следует, что

.

, , . . Противоречие. Ч.Т.Д.

Замечание 1

Эта задача зародилась, как упрощенный вариант следующей

проблемы, поставленной автором:

Доказать (или опровергнуть) утверждение:

Пусть многочлен -ой степени с целыми коэффициентами

, при любом целом принимает значение -ой

степени целого числа. Тогда найдутся такие целые числа , , что выполняется тождество при всех

Достаточность условия– очевидна: если - целые, то найдутся целые , для которых выполняется указанное тождество. Для этого достаточно раскрыть скобки и приравнять коэффициенты при одинаковых степенях . Трудно доказать необходимость, то

есть решить эту трудную проблему.

Замечание 2. Напрашивается вопрос: Сколько решений в целых числах имеет уравнение c известными целыми .

Решение , - при четном или , при нечетном очевидно. Есть ли другие решения при ?

Тема 3

Арифметика

Задача 1 Доказать, что число 23 и 115 нельзя представить в виде суммы кубов натуральных чисел, если , но можно это сделать при .

Решение

В условии обнаружена ошибка. , то есть достаточно и кубов, а .

Пусть - число повторений числа в разложении числа на сумму кубов. Если число не встречается в разложении числа на сумму

кубов, то . Тогда . Так как , то при . Значит . .

Иначе , что невозможно

При . . 9 кубов.

При . При . Утверждение доказано для числа 23. Меньше 9-ти кубов не получается для 23.

Для числа 115 имеем, аналогично, . Так как , то , при . Значит,

.

, так как . Следовательно, или

I.

. Тогда ,

Отсюда . или .

Если , то . .

Если , то , , . Получено разложение в сумму пяти кубов. Докажем, что меньше пяти кубов быть не может.

Если , то , .

Если , то , .

При .

При

II.

Имеем, . При .

, так как .

При имеем , тогда , ,

,

При ,

При , если .

Если же при , то , ,

Так как . Поэтому . Мы доказали, что разложение на 5 кубов единственное и что в 4 куба разложения

не существует.

Напрашиваются общие вопросы:

Сколько минимум кубов достаточно, чтобы разложить заданное число на сумму кубов? Сколько минимум кубов достаточно взять, чтобы разложить любое натуральное число на эту сумму кубов?

Любое натуральное число можно разложить в сумму кубов, например . Интересно выяснить в общем виде достаточное наименьшее количество слагаемых. Тот же вопрос к сумме любой степени, начиная с трех.

Задача 2 Доказать, что числа 31 и 79 нельзя представить в виде суммы четвертых степеней натуральных чисел, если

(), но можно это сделать при ().

Доказательство

Пусть - число повторений числа в разложении числа на сумму кубов. Если число не встречается в разложении числа на сумму

кубов, то . Тогда . Так как , то при . Значит, . Итак, . Отсюда .

Если , то . . Если , то . Утверждение доказано.

. . Значит при . Поэтому . Тогда . . .

Если , то . , . .

Если то . .

Утверждение доказано

Задача 3 Доказать, что число 223 нельзя представить в виде суммы пятых степеней натуральных чисел, если , но можно это сделать при .

Доказательство

Пусть - число повторений числа в разложении числа на сумму пятых степеней натуральных чисел. Если число не встречается в разложении числа на сумму пятых степеней натуральных чисел

, то . Тогда . Так как , то при . Значит, . Тогда . - целое. . Если , то .

Значит или . Если , то ,

, . То есть разложение числа 223 в сумму 37 пятых степеней получено. Если же , то

, что невозможно. Если же пятых степеней двойки нет, то число степеней равно . То есть меньшего количества пятых степеней, чем 37 в разложении числа 223 быть не может. Ч.Т.Д.

II. Высшая математика

Тема 4 Линейная алгебра

(матрицы, определители, системы уравнений)

Задача 1 Доказать, что любую квадратную матрицу второго порядка можно представить в виде суммы двух матриц с определителями, равными нулю.

Доказательство

. ,

Замечание

Ясно, что порядок квадратной матрицы не играет никакой

роли, если он . Действительно, в первом слагаемом у исходной

матрицы обнулим последний столбец матрицы, а во втором слагаемом – обнулим у исходной матрицы все столбцы, кроме последнего.

Задача 2 Доказать, что любую квадратную матрицу третьего порядка можно представить в виде суммы двух матриц с определителями, не равными нулю.

Доказательство

Сначала разберемся с матрицей второго порядка.

Возьмем тождество:

- многочлен второй степени от со старшей степенью . - - многочлен второй степени от со старшей степенью .

Определители обращается в ноль не более в двух значениях

. Определители тоже обращается в ноль не более в двух значениях . Выбирая любое , отличное от корней многочленов . (а их всего не более 2+2=4) получается решение.

Теперь рассмотрим матрицу третьего порядка, используем аналогичную идею. Запишем аналогичное тождество

.

Нетрудно увидеть, что , (*)

где . У нас в определителях слагаемых матриц появятся два многочлена третьего порядка в качестве определителей матриц слагаемых и . Каждый из этих многочленов имеет

конечное число корней. Выбираем любое значение , отличное от

этих корней (а число различных корней в сумме не больше шести). Подставляем его в тождество. Получается нужное представление.

Замечание. Совершенно аналогично в случае квадратной матрицы -го порядка. Будут фигурировать два многочлена - й степени –

определители матриц и . В этом случае выбираем , отличное от корней этих многочленов (их число не больше, чем ), и подставляем его в тождество .

Задача 3 Доказать (или опровергнуть) утверждение: уравнение

имеет решение для любых квадратных матриц .

Решение

Чтобы опровергнуть утверждение достаточно найти хотя бы один опровергающий пример.

В уравнении в выражении слева , похоже, есть симметрия,

А справа может ее и не быть.

Докажем, что произведение матрицы на транспонированную к ней

матрицу - есть симметричная матрица.

. . Тогда

Доказано. Значит, , Применим известное свойство матриц: . . Последнее равенство не выполняется для несимметричных матриц, например , . Утверждение опровергнуто.

Задача 4 ; . Решить систему и найти число точек , удовлетворяющих этой системе и лежащих на сфере (здесь - ранг соответствующей матрицы).

Решение

~ ~ . Две ступеньки есть

Значит, . , иначе . Поэтому .

~ Две ступеньки есть, поэтому . , иначе . Поэтому

. Решаем систему .~ ~ .

. . Отсюда . Ответ: решение системы ; две точки на сфере.

Тема 5

Векторная алгебра

Задача 1 Пусть . Доказать, что

Доказательство

Выразим через и : и подставим в равенства. .

. Поэтому . Ч.Т.Д.

Задача 2 Пусть в треугольнике ,

, и

Доказать, что - равносторонний

Доказательство

. . . .

Отсюда tg tg , Углы при любом основании равны. Значит и все

стороны равны. Поэтому треугольник равносторонний. Ч.Т.Д.

Задача 3

Доказать, что если вершина - угольной призмы имеют целочисленные координаты, то ее удвоенный объем – целое число.

Решение

В условии обнаружена ошибка. Действительно, при , . призма треугольная. Если 4 заданные точки лежат на одной грани, то объем призмы зависит от оставшихся двух вершин и может быть любым. Если же в условии заменить на , то неизвестно только про одну вершину – целые ли у нее координаты. Однако вектор, соответствующий боковому ребру, но выходящий из другой вершины этой грани, - целочисленный. Поэтому и координаты не заданной вершины тоже целочисленны. Площадь основания складывается из площадей треугольников образованных после проведения всех диагоналей из одной вершины. Векторы диагоналей и двух сторон - угольника, все вершины которого заданы– целочисленные. Вектор бокового ребра – целочисленный. объем пирамиды равен . - целое. . Поэтому - целое число.,

Ч.Т.Д. Замечание. В связи с ошибкой в условии, естественно

возник вопрос: сколько вершин достаточно задать в -угольной призме, чтобы все недостающие вершины можно было восстановить?

 

Тема 6