Сопряжённые числа
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
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
где
α = √3 + √2.
Подобный
факт мы использовали недавно при решении трудной задачи М514 ([2]).
В
самом деле, всегда
|
m – n√2
n
|
|
=
|
|m2 – 2n2|
(m + n√2)n
|
≥
|
1
(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 +
|
1
αn
|
)
|
= 2n2√2 +
|
1
√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.
[Если
при решении этой задачи рассмотреть отдельно случаи n=1 и n≠1, то можно показать, что
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:
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
|
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
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
2
|
,
|
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
|x
|
2
n
|
– 2y
n
|
| = |x
|
2
n+1
|
–
2y
|
2
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;
|
an+1 = 2an + 2cn,
|
|
|
|
cn+1 = an + 2cn.
|
|
(7)
|
А
интересующее нас число e2n равно, очевидно, 2cn–1 (рис.
2д).
а)
c1 = 1
|
б)
a1 = 2
|
в) an+1 = 2an
+ 2cn
|
г) cn+1 = an
+ 2cn
|
д) e2n = 2cn–1
|
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)n
2√2
|
,
|
а
так как e2n = 2cn–1, получаем окончательно
e2n =
|
(2 + √2)n–1 – (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 = a0λn,
cn = c0λn) 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.
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
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 = λ2n,
qn
+ rn√2 – sn√3 – tn√6 = λ3n,
qn
– rn√2 – sn√3 + tn√6 = λ4n.
Мы
можем выразить qn, rn, sn, tn через
λ1, λ2, λ3, λ4:
qn
=
|
λ1n
+ λ2n + λ3n + λ4n
4
|
,
|
|
sn
=
|
λ1n
+ λ2n – λ3n – λ4n
4√3
|
,
|
rn
=
|
λ1n
– λ2n + λ3n – λ4n
4√2
|
,
|
|
tn
=
|
λ1n
– λ2n – λ3n + λ4n
4√6
|
.
|
Теперь
заметим, что λ1 > |λ2|, λ1
> |λ3|, λ1 > |λ4|.
Поэтому
|
rn
qn
|
=
|
|
1 – (λ2/λ1)n + (λ3/λ1)n – (λ4/λ1)n
1 + (λ2/λ1)n + (λ3/λ1)n + (λ4/λ1)n
|
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
Похожие работы на - Сопряжённые числа
|