 |
вернуться к списку |
Задача 1 (про две последовательности)
Задача 2 (неприводимость многочлена x105-9)
Задача 3 (ранг кососимметрической матрицы)
Задача 4 (произведение первообразных корней)
Задача 5 (сопряженный к дифференцированию)
Задача 6 (обращающий многочлен)
Доказать, что для того, чтобы последовательности чисел [ax] и [by], где a>0 и b>0, а х=1,2,3... и у=1,2,3... заполняли натуральный ряд без повторений и пропусков, необходимо и дочтаточно, чтобы а и b были иррациональными и связаны равенством 1/a + 1/b=1.
Решение:
Необходимость.
1. Натуральных чисел, меньших чем n — (n-1).
2. Посчичаем, сколько в последовательности [ax] чисел, меньших, чем n.
Пусть x0 — это количество (т.е. [ax0] —
последнее число в последовательности [ax], которое меньше n).
[ax0]< n ↔
ax0< n ↔
x0<(n/a)
С другой стороны:
[a(x0+1)]≥n ↔ a(x0+1)≥n
↔ x0≥(n/a)-1.
Следовательно, (n/a)-1≤x0<(n/a).
3. Аналогично, в последовательности [bу]
(n/b)-1≤y0<(n/b).
4. Поскольку эти две последовательности заполняют натуральный ряд без повторений
и пропусков, x0+y0=n-1. Следовательно,
n-1< (n/a + n/b)≤n+1.
Отсюда следует, что (n-1)/n<1/a+1/b≤(n+1)/n. И это верно для любого n.
5. Переходя к пределу при n стремящемся к бесконечности, получаем
требуемое: 1/a+1/b=1.
6. Осталось доказать, что a и b иррациональны. Пусть хотя бы одно из них
(например, a) — рационально. Тогда b=1/(1-1/a) также рационально.
Т.е. a=n/m, b=p/q (где n,m,p,q — натуральные числа).
7. Тогда рассмотрим числа a*(mp) и b*(nq). Это целые числа, первое из первой
последовательности, второе — из второй. Причем они совпадают, что
противоречит условию заполнения натурального ряда без повторений.
Достаточность:
1. Поскольку 1/a+1/b=1, a>0, b>0, следовательно, одна из этих дробей от 1/2 до 1,
а другая от 0 до 1/2. Пусть для определенности,
1>1/a>1/2 ↔ 1<a <2.
2. Нарисуем луч y=(a-1)x, x>0. Пронумеруем по очереди все точки на этом
луче, у которых одна из координат целая.
3. Пусть точка с координатами (x, y) получила номер N, и х — целое,
то [ax]=N. Если, наоборот, y — целое, то [by]=N.
4. Докажем утверждение пункта 3 методом мат.индукции по номеру точки.
а) База индукции. Поскольку a-1<1, номер 1 получит точка (1,a-1). Но тогда
[ax]=[a], а у нас 1<a<2, т.е. [a]=1. База доказана.
б) Индукционное предположение. Пусть для точки с номером K утверждение верно.
в) Шаг индукции. Надо доказать, что и для точки с номером K+1 утверждение
также верно. Заметим, что есть 3 возможности:
в.1) точка K+1 с целой ординатой (тогда точка K с целой абсциссой,
поскольку (a-1)<1);
в.2) точка К+1 с целой абсциссой, а точка с номером К с целой ординатой;
в.3) точки К+1 и К — с целыми абсциссами.
Доказываем.
Обозначим координаты точки с номером K
(x1,y1), а с номером К+1 (x2,y2).
Заметим также, что для точек луча выполнено равенство:
ax=ay/(a-1)=by. Т.е. на этом луче [ax]=[by].
в.3) x2=x1+1, x1,x2 — целые,
[y2]=[y1].
[y2]=[y1] ↔
[(a-1)x1]=[(a-1)(x1+1)]. Поскольку x1 —
целое, [ax1]-x1=[(a-1)x1]=
[(a-1)(x1+1)]=[a(x1+1)]-x1-1.
Поэтому [ax2]=[ax1]+1=K+1.
в.1) x1, y2 — целые, [y1]=y2-1,
[x2]=x1.
y2-1=[(a-1)x1]=[ax1]-x1.
(a-1)x2=y2, поэтому
ax2=[ax1]+1-x1+x2, поэтому
[ax2]=K+1-x1+[x2]=K+1.
в.2) y1, x2 — целые, [y2]=y1,
[x1]+1=x2.
(a-1)x1=[(a-1)x2]=[ax2]-x2.
Следовательно, [ax2]=y1+x2.
K=[ax1]=[ay1/(a-1)]=[y1+y1/(a-1)]=
y1+[x1].
Получаем, [ax2]=К-[x1]+x2=K+1.
Все три случая доказаны.
5. Таким образом, мы показали, что весь натуральный ряд заполнен.
6. С другой стороны, для каждого целого x мы нашли, чему равно [ax] и для каждого
целого y мы нашли, чему равно [by]. Поскольку на выбранном луче нет
точек с обеими целыми координатами, эти последовательности не пересекаются.
Доказать, что многочлен x105-9 неприводим над полем рациональных чисел.
Решение:
Предположим, что f(x)=g(x)h(x) (разложение над Q). Но мы можем разложить f(x) на линейные над полем комплексных чисел f(x)=(x-e1)(x-e2)...(x-e105). Здесь ei — комплексные корни 105-ой степени из 9. Поскольку у нас есть теорема о единственности разложения на неприводимые, получаем разложение для g(x) и h(x) в поле комплексных чисел: g(x)=c(x-e1)...(x-ek) и h(x)=(1\c)(x-ek+1)...(x-e105).
Т.к. g(x) c рациональными коэффициентами, то с — рациональное число т.к. является старшим коэффициентом g, но и свободный член g (т.е. ce1...ek) тоже должен быть рациональным, поэтому e1...ek рациональное число, значит число |e_1...e_k| тоже, естественно, рациональное, но |ei|=91/105. Тогда |e1...ek|=9k/105=32k/105 — не может быть рациональным числом при k<105. Пришли к противоречию.
Доказать, что ранг кососимметрической матрицы — четное число.
Решение:
Будем обозначать матрицу A, а ее элементы aij, поскольку матрица
к/с, то aij=-aji, а aii=0.
Возьмем первую строку. Элемент a11 равен 0. Если в первой
строке нет ненулевого элемента (тогда и в первом столбце нет ненулевого
элемента), вычеркиваем первую строку (и первый столбец), матрица,
очевидно, осталась к/с, и ранг ее остался прежним.
Пусть теперь в первой строке есть ненулевой элемент a1j. Меняем
местами 2-ой и j-ый столбцы матрицы. И сразу вслед за этим 2-ую и j-ую строчку
матрицы тоже меняем местами. (Понятно, что если j=2, то делать ничего не надо). Очевидно, что
Матрица осталась кососимметрической, ранг ее не изменился.
Пусть в первой строке
есть еще ненулевой элемент a1k. К k-ому столбцу прибавляем 2-ой столбец
с коэффициентом (-a12/a1k).
Сразу после этого к k-ой строке прибавляем
2-ую строку с тем же самым коэффициентом (-a12/a1k).
После пары таких
преобразований матрица осталась кососимметрической, ранг ее не изменился,
а элементы a1k и ak1 занулились.
Так зануляем всю первую строку (кроме
элемента a12), и весь первый столбец (кроме элемента а21).
Теперь аналогично зануляем второй столбец (кроме элемента а12) и вторую строку (кроме элемента а21). Теперь у нас матрица вида:
0 а 0 0 0 0 ... 0 -а 0 0 0 0 0 ... 0 0 0 0 0 0 0 . . A' . . . . 0 0
где A' кососимметрическая матрица, а не равно 0. Ранг матрицы A' на 2 меньше, чем ранг матрицы A. Т.е. четность рангов A и A' совпадает. Далее по индукции. Осталось рассмотреть 2 случая: когда матрица A сжалась до размера 2*2 и когда она сжалась до размера 1*1. Напомним, что она оставалась к/с. Понятно, что ранг кососимметрической матрицы размером 2*2 или 1*1 - четное число.
Найти произведение первообразных корней из 1 степени n.
Решение:
Ответ: -1 (при n=2) и 1 (при n≠2).
Очевидно, что если z — (первообразный)
корень из 1, то z' (сопряженное к нему комплексное число) — также
(первообразный) корень из 1. Очевидно также, что |z|=1.
Значит, все множество первообразных корней можно разбить на пары сопряженных.
Исключение составляют числа 1 и -1, у которых сопряженные совпадают с ними
самими. Но 1 — первообразный корень первой степени, а -1 —
второй. Значит, при n>2 эти числа не входят в набор первообразных корней.
Отдельно рассматриваем случаи n=1 (тогда ответ 1) и случай n=2
(тогда ответ -1).
Итак, при n>2 все множество первообразных корней разбилось на пары сопряженных.
Но т.к. 1=|z|2=zz', получаем, что произведение чисел в каждой паре =1, а
значит, и произведение всех первообразных корней =1.
На множестве бесконечно дифференцируемых функций:
R→R с периодом π задана структура евклидова
пространства. Скалярное умножение:
(f(x),g(x))=∫-ππf(x)g(x) dx.
Найти оператор,
сопряженный оператору дифференцирования D.
Решение:
Оператор D* это такой оператор, что (D(f),g)=(f,D*(g)).
Т.е. ∫-ππf'(x)g(x) dx=∫-ππf(x)D*(g(x)) dx
С другой стороны, применяя формулу интегрирования по частям, получаем:
∫-ππf'(x)g(x) dx=
fg(π)-fg(-pi)-∫-ππf(x)g'(x) dx
Поскольку f и g периодические с периодом π, первые два слагаемые сокращаются.
Получается:
∫-ππf(x)D*(g(x)) dx=-∫-ππf(x)g'(x) dx.
Для всех f и g. Отсюда следует, что D*=-D.
Верно ли, что для любой невырожденной матрицы A найдется многочлен f(x), такой что f(A)=A-1?
Решение:
У каждого многочлена есть аннулирующий.
Поскольку матрица невырожденная, значит, есть аннулирующий многочлен с ненулевым свободным членом (например, характеристический, его св.член=определителю).
Значит, имеем верное равенство вида:
an An+...+a1 A+ a0 E=0.
Делим его на (-a0), переносим E в другую сторону. Получаем:
E=bn An+...+b1 A
Теперь в силу дистрибутивности выносим A из всех сомножителей в правой части.
E =(bn An-1+..+b1 E) A=A (bn An-1+..+b1 E).
Получаем, что то, что в скобках — многочлен, задающий A-1.
