Сопряжённые числа (стр. 1 из 3)
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 – √52 | и | λ2 = | 1 + √52 | . |
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
| = 2n2√2 + √3 – √2 ≤ n2(2√2 + √3 – √2) = αn2. |
| 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 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 | = |
| = | 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 гиперболычерез 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
| x | 2n | – 2y | 2n | = (–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)n2 | , |
| yn = | (1 + √2)n – (1 – √2)n2√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