Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/06/17.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:32 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:21:26 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: orion nebula

ЗАДАЧНИК

'КВАНТА'

17
=

М1688*. Дана функция f(x) = x + ax + b
2 2

где трехчлены x + ax + b и x + сх + d не имеют общих корней. Докажите, что два утверждения равносильны: 1) найдется числовой интервал, свободный от значений f(x); 2) f(x) представима в виде f(x) = f1 f2 K fn-1 fn x K , где каждая из функций fi x есть функция одного из -1 2 видов: ki x + m i , x , x . Поскольку квадрат функции принимает только неотрицательные значения, появляется интервал, свободный от значений функции. С другой стороны, если есть интервал, свободный от значений функции f, тогда есть и интервалы, свободные от значений f -1 , kf + m. Поэтому, если f суперпозиция -1 2 функций вида x , x и kx + m, то найдется интервал, свободный от значений f. Теперь покажем, что если есть интервал, свободный от значений f, то f можно представить в виде искомой композиции. Для начала сведем задачу к случаю, когда множество значений f ограничено. В самом деле, пусть f не принимает значений из интервала x0 , x0 + , тогда функция -1 -1 f x - x0 + < 2 2 ограничена. Теперь рассмотрим пространство квадратных трехчленов 2 x + px + q, где каждый квадратный трехчлен задается парой параметров (p, q). 2 Рассмотрим дискриминантную параболу p = 4q. Для

e

2

je

x + cx + d ,

2

j

Тогда

x + p3 x + q x + p4 x + q
=
2

2

3 4

bg

ee

c b g hjj

ч x 2 + p1 x + q1 + 1 - ч x 2 + p2 x + q2 x + p1 x + q1
2

e e

j b ge j + b1 - ge

x + p2 x + q2 x +

2

j j

=

ч + 1 - ч +

bg b1 - g

,

что и требовалось. 2. Дробно-линейную функцию

можно предстаx + -1 вить в виде композиции функций вида kx + m и x . Доказательство. Можно считать, что 0 . Вычитая константу из дроби, сводим задачу к случаю, когда = = 0. Обращая такую дробь, приходим к линейной функции. А.Белов, Г.Челноков

М1689. Арифметическая прогрессия из натуральных

Fbg F GH GH

II JK JK

c

h

чисел содержит не менее трех членов, их произведение 2 делитель некоторого числа n + 1. а) Докажите, что существует такая прогрессия с разностью 12. б) Докажите, что такой прогрессии с разностью 10 или 11 не существует. в)* Какое наибольшее число членов может содержать такая прогрессия с разностью 12? а) Рассмотрим числа 1, 13, 25; для них 5 + 1 = 13 2 , 2 2 7 + 1 = 25 2 . Число 57 + 1 делится на 13 25 : к этому легко придти непосредственно, а общий метод см. ниже. б) Из трех чисел а, а + 10, а + 20 одно делится на 3, а 2 n + 1 на 3 не делится. Случай разности 11 рассматривается аналогично. в) Ни один из членов прогрессии не делится на 7, ибо на 2 7 не делится n + 1. Значит, из семи членов прогрессии (если бы такая была) можно было бы выбрать два, разность которых делится на 7. Получили противоречие: k 12 кратно 7 (пишут: k 12 M 7 ), где 0 < k < 7. Докажем, что прогрессия из шести членов есть: (5, 17, 29, 41, 53, 65). Нам нужно доказать существование такого числа n, что 2 n + 1 делится на
2

. Область 2 внутри параболы отвечает множеству трехчленов с отрицательным дискриминантом, область вне с положительным. 2 x + p1 x + q1 Если дробь 2 несократима и определена при x + p2 x + q2 2 всех х, то знаменатель x + p2 x + q2 не обращается в ноль и, стало быть, имеет отрицательный дискриминант (это означает, что соответствующая точка в пространстве трехчленов лежит внутри дискриминантной параболы). Теперь решение задачи вытекает из того факта, что прямая не может содержаться целиком внутри параболы, и следующих вспомогательных утверждений. 1. Пусть X1 p1, q1 и X2 p2 , q2 точки в пространстве параметров и пусть точки X3 p3 , q 3 и X4 p4 , q4 лежат на прямой X1 X2 , тогда

таких трехчленов D = 0 и x + px + q = x +

2

F GH

p

I JK

2

5 17 29 41 53 65 = 25 17 29 41 53 13 .

bg

( )

c

h

c

c

h

Каждое из шести чисел в правой части ( ) обладает нужным свойством:

h

c

h

x + p3 x + q x + p4 x + q
где =
2

2

3 4

=

+ +

,

x + p1 x + q1
2

2

b7 + 25xg + 1M25, b4 + 17yg b12 + 29zg + 1M29 , b9 + 41ug b23 + 53vg + 1M 53 (так как 23 b5 + 13wg + 1M13 .
2 2 2 2

2 2

+ 1M17 , + 1 M 41 ,
+ 1 = 530 ),

2

x + p2 x + q2 Доказательство. Поскольку точки X3 и X4 лежат на прямой X1 X2 , найдутся такие ч , , что
p3 = чp1 + 1 - ч p2 , q 3 = чq1 + 1 - ч q2 ,

.

p4 = p1 +
5 Квант ? 6

bg b1 - g

p2 , q4 = q1 +

bg b1 - gq

2

.

Теперь нам понадобится предложение, известное как 'китайская теорема об остатках'. Теорема. Пусть a1 , , am натуральные числа, каждые два из которых взаимно просты, r1 , , rm произвольные целые числа. Тогда существуют целые числа x1 , , xm такие, что a1 x1 + r1 =K = am xm + rm .