Рационални и ирационални числа - Задачи и решения

[Titu_Andrescu]

Зад. 1 Да се докаже, че всяко положително рационално число може да се представи във вида [tex]\frac{a^3+b^3}{c^3+d^3}[/tex] за някакви естествени числа [tex]a,b,c,d[/tex].
(Предложение за IMO 1999г.)

Зад. 2 Да се докаже, че не съществува положително рационално число [tex]x[/tex] такова, че [tex]x^{[x]}=\frac{9}{2}[/tex]. ([tex][x][/tex]-цяла част на числото [tex]x[/tex])
(Австрия, 2002г.)

Зад. 3 Нека [tex]x,y,z[/tex] са ненулеви реални числа такива, че [tex]xy,yz,zx[/tex] са рационални.
(a) Да се докже, че числото [tex]x^2+y^2+x^2[/tex] e рационално.
(b) Ако числото [tex]x^3+y^3+z^3 [/tex] е също рационално, то покажете, че [tex]x,y,z[/tex] са рационални.
(Румъния 2001г., Marius Ghergu)

Зад. 4 Да допуснем, че [tex]tga=\frac{p}{q}[/tex], където [tex]p[/tex] и [tex]q[/tex] са цели числа и [tex]q\neq 0[/tex]. Докажете, че числото [tex]tgb[/tex], за което е изпълнено [tex]tg2b=tg3a[/tex] е рационално само тогава, когато [tex]p^2+q^2[/tex] e точен квадрат.
(Предложение за IMO 1967г. P20 (DDR))

Зад. 5 Да се докаже, че за всички различни рационални числа [tex]a,b,c[/tex], числото [tex]\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}[/tex] е квадрат на рационално число.

Зад. 6 Да се докаже, че за всички естествени числа [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] е изпълнено [tex]|a\sqrt{2}-b|>\frac{1}{2(a+b)} [/tex].
(A. Миротин, Беларус 2002г.)

Зад. 7 Нека {[tex]a_n[/tex]} n≥1 e редица от положителни числа такива, че [tex]a_{n+1}^2=a_n+1[/tex], [tex]n\in N[/tex]. Да се докаже, че редицата съдържа поне едно ирационално число.
(Putnam 1995г.)

Зад. 8 Нека [tex]p(x)=x^3+a_1x^2+a^2x+a_3[/tex] има рационални коефициенти и има корени [tex]r_1,r_2[/tex] и [tex]r_3[/tex]. Ако [tex]r_1-r_2[/tex] е рационално, задалжително ли е [tex]r_1,r_2[/tex] и [tex]r_3[/tex] също да са рационални.

[Реклама]

[krassi_holmz]

3 a.
[tex]x y, y z, z x \in Q \to \frac{x y y z}{z x} = y^2 \in Q \ldots \to x^2+y^2+z^2 \in Q[/tex]

[Titu_Andrescu]

1. За положително рационално число [tex]\frac{m}{n}[/tex] , намираме друго положително рационално число [tex]\frac{s}{t}[/tex] такова, че [tex]\frac{t^3}{s^3}.\frac{m}{n}=\frac{p}{q}\in [\frac{1}{2},2][/tex] (Това винаги е възмовно! Защо? Отговорете сами.) Тогава [tex]\frac{p}{q}=\frac{(p+q)^3+(2p-q)^3}{(p+q)^3+(2q-p)^3}[/tex] и всички четири куба са положителни, както се иска в условието. Тогава просто умножаваме обратно, получавайки [tex]\frac{m}{n}=\frac{s^3(p+q)^3+s^3(2p-q)^3}{t^3(p+q)^3+t^3(2q-p)^3}[/tex]. С това твърдението е доказано.

[Titu_Andrescu]

2. Нека [tex]x=\frac{p}{q}[/tex] , където [tex]p[/tex] и [tex]q[/tex] са взаимно прости числа ([tex]gcd(p,q)=1[/tex]) и [tex][x]=n[/tex]. Следователно от условието имаме, че [tex]2p^n=9q^n[/tex]. Следователно [tex]2[/tex] дели [tex]q[/tex]. Tогава за [tex]n>1[/tex] дясната страна на равенството ще се дели на [tex]n>1[/tex] двоѝки и тогава ще имаме, че [tex]2[/tex] дели и [tex]p[/tex]. Което е противоречие с условието че [tex]p[/tex] и [tex]q[/tex] са взаимно прости. Следователно [tex]n=1[/tex] (тъѝ като [tex]n=0[/tex] е невъзможно, защото [tex]x>0[/tex]) и [tex]2p=9q[/tex], следователно [tex]x=\frac{9}{2}[/tex], но тогава [tex]n=[x]>1[/tex] от където следва противоречие. С което твърдението е доказано.

Хубава задачка.

[kamen05]

8. Първо да разгледаме случая [tex]r_{1}=r_{2}[/tex]. Тогава [tex]r_{3}=-a_{1}-2r_{1};2r_{1}r_{3}+r_{3}^{2}=a_{2}[/tex] Като заместим, получаваме че
[tex] r_{1}=p+\sqrt{q} [/tex], където p и q са рационални. Тогава [tex] r_{3}= s+2\sqrt{q}, (s\in Q) \Rightarrow -a_{3}=r_{1}r_{2}r_{3}=t+4\sqrt{q} \Rightarrow q\in Q\rightarrow r_{1},r_{2}, r_{3}\in Q[/tex]
Нека сега тези два корена са различни. Допускаме че са ирационални. Тогава
[tex]0=p(r_{1})-p(r_{2})\Rightarrow r_{1}^{2}+r_{1}.r_{2}+r_{2}^{2}+a_{1}(r_{1}+r_{2})+a_{2}=0[/tex]
[tex] r_{2}=q+r_{1} \Rightarrow A_{1}r_{1}^{2}+B_{1}r_{1}+C_{1}=0 ; A_{2}r_{2}^{2}+B_{2}r_{2}+C_{2}=0, A_{i}, B_{i}, C_{i}\in Q[/tex]
Тогава
[tex] r_{1}=p_{1}+\sqrt{q_{1}}, r_{2}=p_{2}+\sqrt{q_{2}}, (p_{i},q_{i}\in Q)[/tex]
[tex]\Rightarrow \sqrt{q_{1}}-\sqrt{q_{2}} =s\in Q \Rightarrow \sqrt{q_{1}}^{2}=(s+sqrt{q_{2}})^{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow s=0 \Rightarrow q_{1}=q_{2}=q \Rightarrow r_{3}=p_{3}-2\sqrt{q}, (p_{3}\in Q)[/tex]
[tex]\Rightarrow r_{1}=p_{1}+\sqrt{q}, r_{2}=p_{2}+\sqrt{q}, _{3}=p_{3}-2\sqrt{q}, (q,p_{i}\in Q), \sqrt{q\notin Q} [/tex] по допускане за ирационалност.
Сега като приложим Виет за произведенията по двойки и по тройки на корените получаваме съответно
[tex]2p_{3}=p_{1}+p_{2}, (p_{1}+p_{2})p_{3}=2(p_{1}p_{2}+q) \Rightarrow q=\frac{(p_{1}-p_{2})^{2}}{4}[/tex]
[tex]\Rightarrow \sqrt{q} \in Q [/tex]- противоречие, значи и трите корена са рационални.

[Titu_Andrescu]

Хубаво решение kamen05.

Второ решение на Задача 8:
Нека [tex]r_1=a, r_2=b, r_3=c[/tex], тогава от формулите на Виет и от даденото имаме, че [tex]a-b, a+b+c, ab+bc+ca, abc\in\mathbb{Q}[/tex] .
Тогава, [tex]c^2+2ab=a^2+b^2+c^2-(a-b)^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)-(a-b)^2\in \mathbb{Q}[/tex] и
[tex]c^{2}-2ac-2bc\in\mathbb{Q}\Rightarrow c(c-2a-2b)\in\mathbb{Q}[/tex].
Сега, [tex]c(-a_{1}-3(a+b))\in\mathbb{Q}\Rightarrow c(-a_{1}+3c)=3c^{2}+c(-a_{1})\in\mathbb{Q}\Rightarrow c^{2}+\frac{c-(a_{1})}{3}\in\mathbb{Q}[/tex].
Тъй като [tex]c^2+2ab\in \mathbb{Q}[/tex], то [tex]6ab+ca_1\in \mathbb{Q}\Leftrightarrow 6ab-c(a+b+c)\in \mathbb{Q}[/tex].
Събираики рационалните числа [tex]c^2+2ab[/tex] и [tex]ab+bc+ca[/tex],
получаваме, че [tex]9ab\in\mathbb{Q}[/tex], следователно [tex]ab\in\mathbb{Q}[/tex].

Тогава и [tex]c^2\in\mathbb{Q}[/tex], следователно [tex]a_1^2+ab+a_1(a+b)=(a_1+b)(a_1+a)=(c+a)(c+b)=c^2+ab+bc+ca\in\mathbb{Q}[/tex], от където следва, че [tex]a+b\in\mathbb{Q}[/tex].
Но по условие имаме, че [tex]a-b\in\mathbb{Q}\Rightarrow (a+b)+(a-b)=2a\in\mathbb{Q}[/tex],т.е. и [tex]a\in \mathbb{Q}[/tex], с което задачата е решена.

[kamen05]

7. Ако първият член е ирационален всичко е ясно. Нека сега допуснем , че първият член е рационален и всички членове след него са също рационални. При условието на това допускане ще докажем, че след някой член всички членове са естествени числа. За целта е достатъчно да докажем, че при условията на допускането поне един член е цяло число (защото корен квадратен от цяло число е рационално число точно когато е цяло число).
Нека (оттук нататък всички произведения са разлагания на прости числа):
[tex]a_{m}=\frac{\prod p_{i}^\alpha_{i}}{\prod q_{j}^\beta_{j}}[/tex] Твърдим, че знаменателя на следващият член е по-малък! Наистина:
[tex]a_{m+1}=\sqrt{\frac{\prod p_{i}^\alpha_{i}+\prod q_{j}^\beta_{j}}{\prod q_{j}^\beta_{j}}}=\frac{\prod r_{k}^\alpha_{i}}{\prod q_{l}^\gamma_{l}[/tex], където [tex]\gamma_{l}\le \frac{ \beta_{l}}{2}<\beta_{l}[/tex], откъдето следва нашето твърдение. Сега от допускането следва, че знаменателите са намаляваща редица от естествени числа, следователно се стабилизира на 1 т.е имаме естествен член. От този член нататък редицата е от естествени числа и е намаляваща (това се доказва елементарно) и е ограничена отдолу (от 0)- противоречие!
Една сравнително лека (даже за отпреди 12 години) задача.

[Titu_Andrescu]

3. a) доказана от krassi_holmz

b) Нека [tex]k=x^3+y^3+z^3\in \mathbb{Q}[/tex]. Тогава [tex](k-x^3)^2=(y^3+z^3)^2=(y^2)^3+(z^2)^3+2(yz)^3\in \mathbb{Q}[/tex].

[tex]k^3+x^6-2kx^3\in \mathbb{Q}[/tex], но [tex]k,x^2\in \mathbb{Q}[/tex], следователно [tex]2kx^3\in\mathbb{Q}\Rightarrow x^3\in\mathbb{Q}\Rightarrow x=\frac{x^3}{x^2}\in\mathbb{Q}[/tex].
По същия начин доказваме, че и [tex]y,z\in\mathbb{Q}[/tex].

[Titu_Andrescu]

5. Нека [tex]x=a-b, y=b-c, z=c-a[/tex] и забележете, че [tex]x+y+z=0[/tex]. Тогава [tex]\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{x^2y^2z^2}=\frac{(xy+yz+zx)^2-(x+y+z)xyz}{x^2y^2z^2}=\left(\frac{xy+yz+zx}{xyz}\right)^2[/tex],
което искахме да докажем.

[martin123456]

Зад. 4 Да допуснем, че [tex]tga=\frac{p}{q}[/tex], където [tex]p[/tex] и [tex]q[/tex] са цели числа и [tex]q\neq 0[/tex]. Докажете, че числото [tex]tgb[/tex], за което е изпълнено [tex]tg2b=tg3a[/tex] е рационално само тогава, когато [tex]p^2+q^2[/tex] e точен квадрат.
(Предложение за IMO 1967г. P20 (DDR))

Решение:
(1) [tex]tg2a= \frac{2tga}{1-tga^2}[/tex]
(2) [tex]tg3a = \frac{3tga-tga^3}{1-3tga^2}[/tex]

[tex]tga[/tex] е рационално => [tex]tg3a[/tex] е рационално => [tex]tg2b[/tex] е рационално, нека е [tex] \frac{u}{v}[/tex] .

Дескриминантата на уравнението [tex] \frac{2tgb}{1-tgb^2} = \frac{u}{v}[/tex] относно [tex]tgb[/tex] е [tex] 4u^2+4v^2[/tex] . Уравнението е с рационални коефициенти и е необходимо и достатъчно да има десктиминанта квадрат на рационално число, за да има рационално решение. => необходимо и достатъчно е [tex] u^2+v^2[/tex] да е квадрат на рационално число. [tex] u, v[/tex] са цели числа, откъдето необх и дост е да е точен квадрат на цяло число.

Кога това е така? [tex]\frac{u}{v} = \frac{3pq^2-p^3}{q^3-3p^2q}[/tex] => [tex]u^2+v^2 = x^2(p^2+q^2)(p^2-q^2)^2[/tex] . Това значи, че [tex] u^2+v^2[/tex] е точен квадрат <=> [tex] p^2+q^2[/tex] е точен квадрат.

[martin123456]

Зад. 6 Да се докаже, че за всички естествени числа [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] е изпълнено [tex]|a\sqrt{2}-b|>\frac{1}{2(a+b)} [/tex].
(A. Миротин, Беларус 2002г.)

Решение:
(1) Уравнението [tex]2a^2=b^2[/tex] няма решения в естест числа (използвайте, че при дадено ест решение, от [tex]2|b => 2|a=>2|b_{1}=>2|a_{1}[/tex] и тн. И се получава безкрайно намаляваща редица от решения, а пък ест числа са ограничени тогоре).

(2) Оттук [tex]|2a^2-b^2| \geq 1. => |a\sqrt{2}-b||a\sqrt{2}+b|\geq 1 => |a\sqrt{2}-b| \geq \frac{1}{|a\sqrt{2}+b|} = \frac{1}{a\sqrt{2}+b} \geq \frac{1}{2(a+b)}[/tex].