те ти
А. КУПИППАРИ
Математика—
это просто!
Доказательства
Перевод с английского
С.А. Кулешова
ТЕХН ОСФЕРА
Москва
2006

Купиллари А.
Математика — это просто! Доказательства
Москва:
Техносфера, 2006. — 304с. ISBN 5-94836-083-0
В книге, которую Вы держите в руках, рассказано о правиль-
ной стратегии изучения математики. Освоив ее, Вы сможете са-
мостоятельно подготовиться к вступительным экзаменам даже
по школьным учебникам, не прибегая к скучным пособиям.
Здесь объясняется сущность доказательств (различного типа
утверждений) на простых и интересных примерах. Кроме того,
книга снабжена приложением, которое перекидывает мостик от
школьной математики к высшей. Знакомство с ним поможет
поступившим лучше воспринимать лекционный материал и
удержаться в институте.
Книга предназначена старшеклассникам, абитуриентам, пер-
вокурсникам и всем, кто хочет избавиться от головной боли,
возникающей при упоминании о математике.
© 2001, Academic Press
© 2006, ЗАО "РИЦ "Техносфера",
оригинал-макет, оформление, дополнение
ISBN 5-94836-083-0
ISBN 0-12-199451-1 (англ.)

Содержа ыие
Предисловие
Предисловие автора .
К читателю .
Список обозначений
Некоторые свойства чисел
Некоторые свойства функций
Введение и основная терминология
Общие советы
Техника, используемая при доказательстве теорем вида
«из А следует Б» .
Прямое доказательство
Зависимые утверждения
Доказательство «от противного» .
Как построить отрицание утверждения
пражнения
Теоремы специального вида .
«Тогда и только тогда» или теоремы равносильности
У пражнения
Контрпримеры
Упражнения
Метод математической индукции .
У пражнения
Теоремы существования .
Упражнения
Теоремы единственности
Упражнения
Равенство множеств .
10
12
14
20
25
2
4
4
4
54
62
62
74
5
1
101
1
110

Содержание
Упражнения
Равенство чисел
Упражнения
Составные утверждения
Составные предположения .
Составные заключения...
Упражнения
Упражнения для повторения .
Упражнения без решений
Подборка доказательств
Решения упражнений .
«Из А следует Б»
Теоремы равносильности
Контрпримеры
Метод математической индукции
Теоремы существования
Теоремы единственности ..
Равенство множеств
Равенство чисел ..
Составные утверждения
Упражнения для повторения
Приложение
Сравнение множеств .
Упражнения
Предел последовательности ..
Упражнения
1
1
1
1
1
1
138
14
14
1
164
165
171
1
181
188
192
196
203
206
208
234
234
257
258
299

П редисловие
«Не понимаю, как можно шарить в математике!» вос-
кликнул постовой ГИБДД, узнав, что водитель — доктор фи-
зико-математических наук и может решить любую задачу из
школьного курса. К сожалению, мнение о математике как об
очень сложном и скучном предмете распространено среди боль-
шинства людеи, окончивших школу в последнее десятилетие.
Не секрет, что уровень школьного образования в России по-
стоянно падает. И в первую очередь этот процесс затрагивает
точные науки, в частности, математику.
Причины, по которым интерес к математике неуклонно
снижается, связаны не только с политикои правительства, ко-
торое махнуло рукои на образование и науку в нашеи стране,
но и с перенасыщенной школьной программой. За неимени-
ем времени учителя вынуждены сводить математику к набо-
ру формул и стандартных приемов решения задач, превращая
обучение в механическое запоминание фактов.
Еще двадцать лет назад книга, которую Вы держите в ру-
ках, была бы не нужна школьнику, решившему поступать в
технический ВУЗ. Сейчас же школьное образование постепен-
но опускается до американского стандарта, когда простеишие
принципы доказательств объясняются только на втором курсе
университетов, да и то не всем.
Сегодня, благодаря энергии энтузиастов, математическая
культура начинает возрождаться. После некоторого затишья
вновь стала появляться хорошая математическая литература.

Трудности доказательств
Но в основном она предназначена либо учащимся 6-ых — 7-ых
классов, у которых еще масса времени перед поступлением,
или людям, уже выбравшим профессию, тесно связанную с ма-
тематикой. Тем же, кто хочет за короткий срок понять, как
надо обучаться математике, предназначена эта книга.
Здесь, в отличие от многочисленных пособий, пылящихся
на магазинных полках, не пытаются натаскать абитуриента к
вступительным экзаменам. Основная ее цель показать кра-
соту математики, научить основным приемам доказательств
и анализа различных ситуации.
В основной части читатель знакомится с классификацией
математических утверждении и способами их доказательства.
Особое внимание обращается на логику и строгость рассужде-
нии.
Примечание, написанное профессором одного из москов-
ских ВУЗов специально для русского издания, посвящено пре-
одолению трудностеи, с которыми сталкивается первокурс-
ник. В нем наглядно и интересно рассказывается о понятии
«бесконечность» и самом трудном определении первого курса
технических ВУЗов пределе.
С.А. Кулешов

Предисловие автора
Как и почему работают доказательства математических
утверждений? Всем, кто хочет побольше узнать об этом, адре-
сована наша книга. При работе над ней автор постоянно по-
мнил высказывание Георга Поля:
«Великие открытия решают велики» проблемы, од-
нако зерно открытия есть в решении любои про-
блемы. Ваша задача может оказаться скромной; но
... если Вы решаете Ре самостоятельно, то можете
испытать сильное напряжение и получить удоволь-
ствие от триумфа открытия.»
Так как книга ориентирована на уровень старшеклассника,
большинство рассматриваемых в неи утверждении посвящено
основным свойствам чисел и функций. Тот факт, что форму-
лировка какого-то утверждения показалась Вам легкой, еще
не означает, что понять доказательство, а тем более приду-
мать его самому не требует больших усилий. Великая теорема
Ферма наглядное тому свидетельство!
Цель предлагаемых записок — помочь читателю добить-
ся лучшего понимания логики математических рассуждении
и познакомиться с некоторыми из основных шагов, необходи-
мых для получения строгого доказательства. В связи с этим
здесь будут доказываться только простые математические ут-
верждения. Это похоже на то, как обучающийся музыке пре-
жде чем играть сложные и красивые пьесы, сначала осваивает
аккорды!

Тр удности доказ атель ств
Я хотела бы поблагодарить всех своих студентов, кто по-
стоянно напоминал мне о том, что всегда существует еще один
способ по-другому взглянуть на вещи и еще один способ объ-
яснить непонятное.
К читателю
Решения всех упражнений (за исключением помещенных
в разделе «Упражнения без решений»), можно найти в конце
книги. Решения стоит использовать только как руководство к
действию. Действительно, обучение доказательствам похоже
на обучение игре в теннис. Очень хорошо, когда нас кто-то
учит основам. Полезно также понаблюдать за игрой. Но ес-
ли Вы на самом деле хотите научиться, необходимо выйти на
корт и играть самостоятельно.
Поэтому, дорогой читатель, мы предполагаем, что Вы от-
ведете себе какое-то минимальное время для самостоятель-
ного доказательства утверждении, не подглядывая при этом
в решения (начать можно, например, с одного часа на задачу,
а затем подкорректировать это время в соответствии с Ва-
шими успехами). Если Вы за отведенное время не справились
с доказательством, прочтите несколько первых строчек реше-
ния, приведенного в книге, после чего попытаитесь довести
доказательство до конца самостоятельно. Если у Вас опять
ничего не получится, прочтите немного больше и возобновите
попытки. Если же Вам потребовалось целиком прочесть ре-
шение, убедитесь, что Вы его поняли, а через несколько дней
воспроизведите его самостоятельно.
Следует учесть, что в некоторых случаях Вы можете полу-
чить доказательство, отличное от приведенного в решениях.
Упражнения повышенной сложности помечены «*». Как пра-
вило, они требуют знакомства с основами математического
анализа и/или линейной алгебры.

Список обозначений
Натуральные числа: И = (1, 2, 3, 4, 5, ...).
Простые числа: (2, 3, 5, 7, 11, 13, ...).
Целые числа: Z=(..., — 5, — 4, — 3, — 2, — 1,0,1,2,3, ...).
Неотрицательные целые числа: Z&g ; = 0. 1, 2, 3, 4, 5, ..
Вещественные или действительные числа: R = ( все де-
сятичные дроби как конечные, так и бесконечные).
Рациональные числа:
а
Q = (числа вида —, где а и 6 целые, причем 6 g О).
Иррациональные числа: (вещественные числа, которые нель-
зя представить в виде отношения двух целых).
Комплексные числа: С = (числа вида а+ ib, где а и о ве-
щественные, а г удовлетворяет соотношению г = — 1).
и.' = п (n — 1) (и — 2) 3 2 1: произведение всех нату-
ральных чисел от 1 до п, читается как «п факториал» и опре-
делен для всех целых неотрицательных чисел. По определению
1 — ~
Запись (х~ х удовлетворяет определенным условиям) опи-
сывает некоторое множество. В этом контексте символ «~» чи-
тается как «такие, что». Все объекты х, удовлетворяющие тре-
буемому условию, называются элементами множества.
а E A означает, что а является элементом множества А
(см. параграф о множествах на стр. 110).
а ф А означает, что а не является элементом множества А
(см. параграф о множествах на стр. 110).

10
Трудности доказательств
А C ВB: множество А содержится в множестве В (или со-
впадает с множеством B). Запись читается как «А подмноже-
ство в В» (см. параграф о множествах на стр. 112).
А LI B читается как «обьединение А и В» (см. параграф о
множествах на стр. 114).
А Il В читается как «пересечение А и В» (см. параграф о
множествах на стр. 114).
А' = С(А) читается как «дополнение А» (cM. параграф о
множествах на стр. 119).
~х~ = абсолютному значению или модулю числа х, т. е. рас-
стоянию от 0 до х на числовой прямой. Значение модуля опре-
х, еслих&gt
деляется по правилу ~х~ =
— х, если х (0.
НОК (а,о) = наименьшему общему кратному натуральных
чисел а и о.
НОД (а, о) = наибольшему общему делителю натуральных
чисел а и Ь.
Некоторые свойства чисел
Натуральное число, большее 1, называется простым, если
оно делится без остатка только на 1 и на себя.
Есть два эквивалентных определения рациональных чисел.
Первое из них приведено в списке обозначений на стр. 9: рацио-
нальным числом называется то, которое может быть предста-
влено в виде отношения двух целых чисел, причем знаменатель
соответствук> ей др би отли ен от ну я. ри использова
этого определения полезно помнить, что любое рациональное
число может быть представлено в виде несократимой дроби ~
в том смысле, что ее числитель и и знаменатель о не имеют Об-
щего делителя, большего 1 (т.е. взаимно просты). Например,
числа ~~ и ~ можно заменить на —,.
1

Соисок обозначекий
только целых чисел.
1) а делит 6 (или b кратно а, или 6 делится на а), если
найдется такое целое число Й, что 6 = ak. В этом случае
также говорят, что а является делителем числа b.
2) Число р ) 1 называется простым, если оно делится толь-
ко на себя и на 1.
3) Число п называется составным, если его можно пред-
ставить в виде произведения натуральных чисел и = pq,
причем как р ) 1, так и q ) 1.
4) Наименьшим общим кратным чисел а и b (HOK (a,6))
называется наименьшее натуральное число L, делящееся
как на а, так и на 6. Таким образом,
а) найдутся такие натуральные числа т и п, что
L=6n;
L = ат
б) если M какое-то общее кратное чисел а и Ь, то
M делится íà L, в частности, М ) L;
в) L)аиL&gt
1
В доказательстве участвует лишь бесконечная убывающая геометри-
ческая прогрессия. Прим. перев.
Второе определение утверждает, что число является раци-
ональным, если оно записывается либо конечнои десятичнои
дробью, либо бесконечнои периодическои десятичнои дробью.
Доказательство эквивалентности этих двух определений ис-
пользует бесконечные ряды .
Определения рациональных чисел индуцируют два опре-
деления иррациональных чисел, первое из которых приведено
в списке обозначений на стр.9. По второму определению ир-
рациональным числом является бесконечная непериодическая
десятичная дробь.
Остальные соотношения, определения и свойства касаются

12
Трудности доказательств
5) Наибольшим общим делителем чисел а и 6 (НОД(а, b))
называется наибольшее натуральное число D, делящее
как а, так и 6. Поэтому
а) найдутся два натуральных числа s и t, для которых
а = Ds и 6 = Dt. При этом числа s u t взаимно
просты (т. е. не имеют общих делителей, больших 1);
б) любой другой общий делитель а и b делит D;
в) D<аиD
Некоторые свойства функций
Вещественнозначной функцией, определенной на подмно-
жестве X С IR, называется правило, по которому каждому
числу х E Х ставится в соответствие только одно веществен-
ное число у = f(õ). При этом подмножество Х называется
областью определения функции. Имея две вещественнознач-
ные функции f и д, мы можем построить еще несколько.
1) сумма f + д определяется по правилу
(f + д)(х) = /(х) + д(х);
2) разность f — д определяется как
(f — д)(х) = /(х) — д(х);
3) произведение /д вычисляется как
(/д)(х) = /(х)д(х);
Принцип вполне упорядоченного множества. Любое
непустое множество неотрицательных целых чисел обладает
наименьшим элементом.

Список обозначений
4) частное можно вычислить по формуле
о
( /(х)
д д(х)
в том случае, если д(х) ф 0;
5) композиция f o д определяется по правилу
(f о д)(х) = f(~(*))
Области определения новых функций зависят от областей оп-
ределения и свойств функций f и д.
Функция f называется
1) возрастающей, если для любых двух вещественных чи-
сел х~ и х~ из области определения функции f неравен-
ство х~ ( sq влечет f(xq) ( f(xq);
2) убывающей, если для любых двух вещественных чисел xq
и х~ из области определения функции f из неравенства
х~ ( xg следует /(х~) & t; /(х
3) невозрастающей, если для любых двух вещественных чи-
сел х~ и х~ из области определения функции f из нера-
венства х~ ( х~ следует f(») & t; /(х
4) неу6ывающей, если для любых двух вещественных чисел
х~ и х~ из области определения функции f неравенство
х~ ( х~ влечет f(») ( f(~~)
5) нечетной, если f( — х) = — f(õ) для всех х из области
определения;
6) четной, если f( — х) = f(õ) для всех х из области опре-
деления;
7) монотонной, если при любых разных вещественных чи-
слах x] и х~ (т. е. х~ $ х~) из области определения полу-
чаются разные значения: /(х~) ф /(х~);
8) взаимно-однозначной, если она является монотонной, а
множество ее значении все вещественные числа.

Введение и основная
терминология
Чувствовали ли Вы когда-нибудь, что слова «математи-
ка» и «крушение надежд» имеют много общего? Большинство,
включая и некоторых хороших математиков, знакомы с этим
ощущением. На начальном уровне, т.е. уровне читателей на-
шеи книги, такое отношение к математике как правило воз-
никает в результате бессистемного и зачастую непродуктив-
ного (и даже панического) подхода к обучению математике,
ведущего к многочасовой изнурительной работе. Когда тобой
овладевает тревога, зубрежка может показаться спаситель-
ным выходом. Но как на первый взгляд, так и при ближайшем
рассмотрении механическое запоминание без полного понима-
ния — плохой и рискованный способ выучить предмет. До-
вольно трудно удачно восстановить в памяти большое количе-
ство зазубренного материала к определенному моменту, осо-
бенно если это нужно сделать в стрессовои обстановке экзаме-
на. Большая часть выученного таким образом материала по-
просту улетучивается из Вашей головы. Упомянутые моменты
делают бесполезнои всю огромную работу и свидетельствуют
о больших трудностях, возникающих при попытках использо-
вания проиденного материала.

Введение и основная терминология
Необходимость продираться сквозь непроницаемые логи-
ческие конструкции, «доказательства», представляет собои од-
ну из главных преград, встающих перед лицом новичка в мате-
матике при переходе к более продвинутым и абстрактным раз-
делам. Легко верится, что все доказанные результаты спра-
ведливы, что нет необходимости в их проверке или понима-
нии причин их истинности. Но внимательный разбор докаэа-
тельства, кроме самого результата, дает много поучительно-
го. Так, ясное понимание рассуждений снабжает нас новыми
техническими приемами, которые мы можем использовать для
формирования профессиональной точки зрения на предмет,
для получения новых результатов, для более легкого запоми-
нания математических рассуждении и возможности их вос-
«Логика
это наука о методах и принципах, по-
зволяющих отличить хорошие (корректные) рассу-
ждения QT плохих (некорректных)».
Прежде чем мы начнем, необходимо уяснить точные значе-
ния некоторых из наиболее общих терминов, встречающихся
в книгах по математике и логике.
Утверждение это высказывание, выраженное в словах
(или математических символах), которое может быть либо ис-
тинным, либо ложным. Утверждения не могут включать в себя
восклицании, вопросов и предписании.
Утверждение не может быть истинным или ложным одно-
временно, однако оно может принимать как истинное, так и
произведения.
Чтобы научить чтению и пониманию доказательств (этот
термин будет определяться более подробно в нескольких сле-
дующих абзацах), уже написанных в учебниках, а также пока-
зать как они строятся, мы будем разбивать их на серию про-
стых шагов и следить за связями между шагами. Логика
вот ключ, которыи поможет нам на этом пути.
Мы будем использовать слова «логика» и «логический» в
соответствии с определением, предложенным Ирвином Коупи:

16
Трудности доказательств
ложное значение в зависимости от контекста. Например, вы-
сказывание: «На луну не ступала нога человек໠— было ис-
тинным до 1950 года, но в настоящий момент оно ложно.
Утверждение называется простым, если его нельзя раз-
бить на более мелкие утверждения (например, «Будет дождь.»
«Дважды два четыре.» «Я люблю эту книгу.»). Утвержде-
ние называется составиым, когда оно состоит из нескольких
более простых утверждении, связанных между собои пункту-
ацией и/или такими словами źąź «и», «хотя», «или», «таким
образом», «тогда», «следовательно», «потому что», «для», «более
того», «однако», и т. д. (например, «Будет дождь, хотя сейчас
только ветрено.» «Я люблю эту книгу, но другая еще лучше.»
«Если мы поработаем над этой задачей, то будем лучше ее
понимать.» .
Предположение (гипотеза, посылка) это предположи-
тельно верное утверждение, из которого вытекают некоторые
следствия (например, в выражении «Если мы поработаем над
этои задачеи, то будем лучше ее понимать» высказывание «мы
поработаем над этой задачей» является гипотезой).
Есть и другие значения слова «гипотеза» в различных обла-
стях науки, которые значительно отличаются от указанного.
Вывод (заключение, следствие) это утверждение, непо-
средственно вытекающее из сделанных ранее предположении
(гипотез), (например, в высказывании «Если мы поработаем
над этои задачеи, то будем лучше ее понимать», утверждение
«будем будем лучше ее понимать» вывод). Стивен Шварц-
ман пишет в своей книге «Математические слова»: «Вывод в
математике служит итогом логических рассуждении, в кото-
ром заключен их конечныи результат.»
Определение это утверждение, содержащее точное зна-
чение слова или фразы, математического символа или поня-
тия, допускающее однозначное толкование.
Определения подобны краеугольным камням, на которых
строится теория. Довольно трудно понимать и работать с ре-

17
Введение и основная терминология
«Латинское прилагательное «probus» с одной сто-
роны означает «подпирающии», а с другои «чест-
'В российской математике примеры, противоречащие какому-либо вы-
сказыванию, называются контрпримерами. Прим. перев.
2
v
В англииском языке «доказательство» выглядит как «proof», что близ-
ко по звучанию к латинскому оригиналу. — Прим. перев.
зультатами, использующими технические термины, определе-
ние которых не ясно. Это похоже на работу инструментами,
в назначении и правилах применения которых мы не уверены.
Четкое знание и понимание определений сохранит довольно
много времени и избавит от разочаровании.
Это вовсе не означает, что определения достаточно вы-
учить наизусть, не понимая их. Очень важно поработать с
новыми определениями, чтобы быть уверенным в правильном
понимании их смысла и уяснения непосредственных следствии
из них. Все это обеспечит быстрое и адекватное запоминание
новых понятий. Если лектор оперирует малознакомыми Вам
техническими терминами, Вы, тратя время на вспоминание и
осмысление их значении, пропускаете многие аргументы до-
кладчика, не успеваете следовать за ходом мысли, что ведет
к потере интереса и, как результат, к полному непониманию
содержания лекции. В этой ситуации, сознательно или бессо-
знательно, Вас начинают глодать сомнения в собственных тех-
нических (математических) способностях, что создает допол-
нительные трудности в эффективном и успешном обучении.
Следовательно, мы должны удостовериться, что обладаем
хорошеи начальнои базои, т. е. четко, во всеи полноте понима-
ем все необходимые определения. Для уяснения определения
обычно бывает полезно наити несколько примеров как удо-
влетворяющих, так и противоречащих' ему. (Не путайте два
понятия: примеры это не определения.)
Доказательство это логическое обоснование истинно-
сти утверждения, устраняющее любые сомнения. Доказатель-
ство состоит из конечнои цепи шагов, каждыи из которых ло-
гически следует из предыдущего. Шварцман объясняет, что

Трудности доказательств
ный, искренний»... Производный глагол «ргоЬаге»
можно перевести как «испытывать, проверять, су-
дить,»... Одно из значений латинского глагола, а
именно, «получать успешныи результат проверки
чего-либо», перешло и к его современному переводу.
Таким образом, «доказать» означает «проверить и
найти обоснование». В дедуктивных системах, по-
добных математике, доказательство проверяет ги-
потезу и устанавливает ее истинность раз и навсе-
гда.»
Теорема это математическое утверждение, чья истин-
ность может быть установлена посредством цепочки логиче-
ских рассуждении, основанных на некоторых предположени-
ях, данных в явной форме или непосредственно вытекающих
из утверждения (т. е. с помощью доказательства).
Слово «теорема» делит свой греческий корень со словом
«театр». Оба слова происходят от греческого «thea», что озна-
чает «зрелище». Действительно, обычно доказательство тео-
ремы позволяет нам глубже взглянуть на предмет, которыи
мы изучаем.
Лемма — это вспомогательное утверждение (минитеоре-
ма), доказанное заранее, которое может быть использовано
при доказательстве других теорем. Это слово тоже происхо-
дит от греческого, означающего «схватывать» некоторые ис-
тины для их использования при доказательстве более сильных
результатов.
Доказательства некоторых теорем довольно длинны и слож-
ны для понимания. В этих случаях в них, как правило, вы-
деляют несколько промежуточных частеи в качестве лемм и
доказывают заранее. После этого в доказательстве теоремы
просто ссылаются на уже проверенные утверждения и перехо-
дят к следующей части рассуждений. В большинстве случаев
утверждения, содержащиеся в формулировках лемм, не очень
интересны сами по себе, но они играют ключевую роль при

Введение и основная тперминология
19
доказательстве более важных результатов. С другой стороны,
некоторые леммы используются столь часто, что приобрета-
ют важное самостоятельное значение. Они названы по именам
известных математиков.
Следствие зто утверждение, легко и логично вытека-
ющее из уже доказанной теоремы. Следствия могут оказать-
ся важнее теорем. Название «следствие», которое произошло
от латинского эквивалента выражения «небольшая гирлянда»,
подчеркивает тот факт, что утверждение, содержащееся в след-
ствии, служит естественным приложением более общеи теоре-
мы. «Математический словарь» Джеймса и Джеймса определя-
ет следствие źąź «побочный продукт (другой) теоремы».

Общие советы
В любом случае, пытаемся ли мы доказать какой-то ре-
зультат самостоятельно или пробуем понять чье-то рассужде-
ние, первое, что нужно сделать это четко осознать, каковы
предположения теоремы и что из себя представляет вывод,
который будет доказываться. Таким образом мы определяем
начало и конец логического процесса, которыи проведет нас
от предположении к выводу.
Нужно настолько хорошо понять значение гипотез, чтобы
можно было использовать всю полноту содержащихся в них
(в явной или неявной форме) подсказок для достижения же-
лаемого результата. Для этого необходимо просмотреть все
термины, встречающиеся в утверждении, и наити определе-
ния незнакомых, а также тех, чей смысл от Вас ускользает.
Примеры 1.
1. Допустим, мы собираемся доказывать следующее утвер-
ждение:
В равностороннем треугольнике все внутренние
углы равны между собой.
Прежде всего необходимо выделить предположение и вывод.
Предположением является тот факт, что треугольник равно-
стороннии, а выводом равенство между собои всех его вну-
тренних углов. Проанализируем информацию, содержащуюся
в предположении.

21
Общие советы
1) Наш объект — треугольник (явная информация);
2) все его три стороны имеют одинаковую длину (явная ин-
формация, которая содержится в термине «равносторон-
нии&g
А что еще мы знаем о треугольниках, т.е. какая скрытая
информация содержится в предположении утверждения? При
рассуждениях мы можем использовать любые ранее доказан-
ные результаты, не только о треугольниках, но также и об
общих геометрических свойствах прямых и углов (неявная ин-
формация).
2. Рассмотрим еще один пример.
Пусть а — ненулевое вещественное число.
Высказывание дает следующую информацию:
1) число а отлично от нуля (явная информация);
2) число а вещественно (явная информация).
Предположения иногда могут содержать несущественные
для доказательства подробности, которые даются для опреде-
ленности высказывания.
Примеры 2.
1) Рассмотрим треугольник АВС.
2) Пусть А — — множество всех четных чисел.
3) Пусть а — ненулевое вещественное число.
Как и в предыдущем случае, второй факт подсказывает, что
мы можем пользоваться всеми своиствами вещественных чи-
сел и операциями над ними, как уже упомянутыми в нашеи
книге, так и известными читателю помимо нее (неявная ин-
формация) .

22
Трудности доказательств
Тот факт, что вершины треугольника обозначены буква-
ми АВС, несущественен. Мы можем заменить их на любые
другие три буквы (или символы). Точно так же мы можем ис-
пользовать любые буквы для обозначения множества всех чет-
ных чисел и ненулевого вещественного числа. Наиболее важ-
ныи момент при этом последовательность, в том смысле,
что если мы используем буквы А, В и С для обозначения вер-
шин треугольника, то каждыи раз при ссылке на какую-либо
вершину этого треугольника мы должны будем упомянуть со-
ответствующую букву. Более того, задействованные буквы и
символы уже нельзя использовать для обозначения каких-либо
других объектов.
Только после того, как мы выделили предположение и вы-
вод, четко осознали смысл доказываемои теоремы, мы можем
приступить к разбору написанного или поискам собственного
доказательства, т.е. цепочке логических рассуждении, кото-
рые установят, почему верна рассматриваемая теорема.
Сейчас мы хотим подчеркнуть разницу между законно-
стью того или иного рассуждения, аргумента и истинностью
или ошибочностью результата, к которому он приводит. Ар-
гумент имеет силу, если в посылке содержится достаточное
основание для заключения, которое он обосновывает. Однако
законное рассуждение может приводить к ложному выводу,
как это показано в примере с невернои посылкои:
Пингвины это птицы.
Все птицы могут летать.
Следовательно, пингвины могут летать.
Здесь, очевидно, утверждение «Все птицы могут летать», слу-
жащее однои из гипотез, ложно.
С другой стороны, рассуждение может быть незаконным,
однако приводить к верному результату. Например:
,У жирафа четыре ноги.
У коровы четыре ноги.
Поэтому жираф выше коровы.

23
Общие советы
Содержащаяся в данных предположениях информация явно не-
достаточна для сделанного вывода: «жираф выше коровы», ко-
торый сам по себе, конечно, верен. В других случаях ошибка
в рассуждениях может быть запрятана гораздо глубже.
Если Джо выиграет в лотерею, mo он может по-
зволить себе приобрести новый автомобиль.
Джо не выиграл в лотерею.
Позтому Джо не сможет позволить себе приооре-
сти новый автомобиль.
если оно доказывается в несколько шагов.
Очень часто поиск обоснованного доказательства требует
значительного времени и усилии, и обычно первые ero наброс-
ки на бумаге выглядят довольно коряво. Таким образом, мы
должны быть готовы перебрать несколько вариантов рассу-
ждений, пока не найдем достаточно хорошего. При решении
задачи элегантность построении не самая важная проблема.
Это пример некорректного (незаконного) рассуждения. Дей-
ствительно, Джо не выиграл в лотерею. Значит, он не в состо-
янии позволить себе новый автомобиль (казалось бы, вывод
правильный). Но, с другой стороны, Джо мог получить наслед-
ство (или у него просто достаточно денег), и он вполне спосо-
бен купить новый автомобиль (заключение ложно, в то время
как предположение все еще истинно). Все дело в том, что за-
ключение логически не следует из предположения, поскольку
посылка ничего не говорит о том, на что будет способен Джо,
если он не выиграет в лотерею. Более того, любое заключение
по поводу автомобиля, к которому мы можем приити, исходя
из нашего предположения, будет все равно гипотетическим, а
не единственно верным, логически обоснованным заключением.
Когда мы работаем над доказательством утверждения, то
боремся за обоснованное, строгое рассуждение, т.е. доказа-
тельство, использующее законные аргументы, основанные на
истинных предположениях. Обычно удается найти несколько
обоснованных доказательств верного утверждения, особенно

Трудности доказательств
Вот когда строгое доказательство будет найдено, то можно
переити к более легкои части работы по удалению бесполез-
ных деталеи и приданию рассуждениям красоты и гладкости.

Техника, ислользуемая при
доказательстве теорем вида
еиз А следует 6»
Начнем с подробного обсуждения процесса, который про-
исходит у нас в голове почти автоматически по сто раз за
день — принятие решения о том, является ли что-то ложным
или истинным.
Предположим, Вы утверждаете:
«Если я приеду домой к концу этой недели, то при-
елашу своих родителей на обед».
В каком случае Ваше утверждение справедливо? Когда оно
ложно, т. е. когда Вас могут уличить во лжи?
Обсуждаемое утверждение является составным. Его мож-
но разбить на два более простых:
А: Я приеду домой к концу этой недели.
Б: Я приглашу своих родителей на обед.
Что касается Ваших планов, то существует две воэможности:
1) Вы собираетесь домой к концу этой недели (высказыва-
ние А истинно).

26
Трудности доказательств
2) Вы не собираетесь домой к концу этой недели (высказы-
вание А ложно).
Относительно обеда также существуют две возможности:
1) Вы пригласите своих родителей на обед (высказывание
Б истинно).
2) Вы не пригласите своих родителей на обед (высказыва-
ние Б ложно).
Итак, у нас есть четыре случая:
1) А истинно и Б истинно.
2) А истинно, а Б ложно.
3) A ложно, а Б истинно.
4) А ложно и Б ложно.
Случай 1. Вы действительно приезжаете домой в конце не-
дели и приглашаете своих родителей на обед. Ваше утвержде-
ННр. истинно.
Случай 2. Вы приезжаете домой в конце недели, но не при-
глашаете родителей на обед. Вас поймали на обмане! Ваше
утверждение ложно.
Случай 3 и 4. Вас нельзя уличить во лжи, если Вы не вер-
нулись домои к концу недели, но все же пригласили своих ро-
дителей на обед, поскольку они пришли к Вам в гости. Если

27
«Из А следует Į»
Справедливость утверждения вида «если А, mo Б»
будет установлена в том случае, если мы сможем
доказать, что ситуация, когда А истинно, а Б
ложно, невозможна, т. е. всякий раз, когда А ис-
тинно, Б обязано быть верным.
Утверждение «если А, то Б» можно переписать źąź «А ——
достаточное условие для Б» или «Б необходимое условие
для А». Математическое использование слов «достаточное» и
«необходимое» очень похоже на повседневное их употребление.
Если данное утверждение истинно и обеспечивает полную ин-
формацию для получения заключения, то оно называется до-
статочным условием. Если же утверждение неизбежно выте-
кает из данного, то оно называется необходимым условием.
Условие может быть достаточным, но не являться необходи-
мым и наоборот, оно может оказаться необходимым. но не
достаточным.
В качестве примера рассмотрим высказывание: «Если до-
машнее животное корова, то оно имеет четыре ноги». Обла-
дание четырьмя ногами необходимое условие для того, что-
бы домашнее животное было бы коровои, но отнюдь не доста-
точное для идентификации животного как коровы, поскольку
разные домашние животные имеют по четыре ноги. С дру-
гой стороны, информация о том, что это животное -- — корова,
достаточное условие для вывода: оно имеет четыре ноги.
Вы не успели домой к концу недели, никто не обвинит Вас во
лжи в том случае, если Вы не пригласите родителей на обед.
Поскольку в своем утверждении Вы не уточнили, что бу-
дете делать в случае своего отсутствия дома в конце недели
(А ложно), вне зависимости от того, пригласили ли Вы своих
родителей на обед или нет, Вы не солгали.
В итоге, Ваше утверждение ложно только в одном случае,
а именно, когда А истинно, а Б ложно. В этом и заключает-
ся главная особенность утверждений вида «если А, то Б» или
«А влечет Б».

28
Трудности доказательств
утверждения:
Если два умножить на семь и на три, а потом
разделить на произведение двадцати одного и две-
надцати, mo получится одна четвертая.
2 7 3 1
21 12 4
Мы будем использовать этот значок для обозначения формы
высказывания, т. е. вместо «если А, то Б» будем писать А ~ Б.
Для запоминания только что полученной информации до-
вольно часто используется одна из так называемых таблиц
истиииости = истина, = ложь:
Читателю этого перевода можно порекомендовать «Толковый словарь
математических терминов», О. В. Мантуров, Ю. Н. Солнцев, и др., М.:
«Просвящение», 1965. — Прим. перев.
Если Вы хотите побольше узнать о «достаточных» и «не-
обходимых условиях», почитайте «Математический словарь»
Джеймса Й Джеймса'.
Все аргументы, имеющие такую форму, которая называет-
ся «modus ponens» (способ утверждения), законны. Выражение
«modus ponens» происходит от латинского «ponore», означаю-
щего «утверждать».
В учебниках и научных книгах по математике часто встре-
чается значок « ~ », которыи заменяет слово «влечет» и назы-
вается импликацией. Его употребление (как, впрочем, и дру-
гих обозначений) оправдано тем, что математический текст
воспринимается тем легче, чем меньше слов он содержит.
В школьной математике это еще не так заметно, хотя пример
привести нетрудно. Сравните два описания одного и того же

29
~Из А следует Б»
Поскольку в утверждении вида А ~ Б предположение и
вывод явно отделены (часть А, предположение, содержит всю
информацию, которую нам разрешено использовать; часть Б
это заключение, которое мы хотим получить из предваритель-
ной информации), полезно попытаться переписать любое утвер-
ждение, которое нам предстоит доказывать, в такой форме.
Ниже перечислены шаги, которые помогут сделать фор-
мулировку теоремы более простои и поэтому более доступнои
для доказательства, не меняя при этом ее смысла.
1) Выделите предположение (А) и заключение (Б), чтобы
утверждение можно было представить в виде А =~ Б.
2) Будьте осторожны с несущественными подробностями.
3) Перепишите утверждение, которое предстоит доказывать,
в наиболее удобной для Вас форме, даже если оно при
этом получится не очень элегантным.
4) Проверьте все существенные свойства (которые Вы пред-
положительно знаете) объектов из формулировки. Если
доказательство у Вас не получается, проверьте еще раз,
не пропустили ли Вы какой-нибудь явной или неявной
информации, которую можно было бы использовать.
Прямое доказательство
Прямое доказательство основано на предположении, что
гипотеза утверждения содержит достаточно информации для
построения цепочки логически связанных шагов, приводящих
к заключению.
Примеры, приведенные в следующем параграфе, продемон-
стрируют, как применять перечисленные советы, которые на
данньж момент несколько туманны, чтобы строить какие-либо
доказательства самостоятельно.

30
Трудности доказательств
Пример 1. Сумма двух нечетных чисел — число четное.
Анализ. Утверждение не записано в стандартной форме
А ~ Б. Поэтому нам следует выделить гипотезу и заключе-
ние.
Какую явную информацию дает нам гипотеза? Нам даны
А: Рассмотрим два произвольных нечетных числа и сло-
жим их. (Неявная информация, вытекающая из гипоте-
зы, заключается в том, что нечетные числа целые, по-
этому мы можем пользоваться всеми своиствами целых
чисел и совершать разрешенные операции над ними).
Б: Их сумма
четное число.
Таким образом, мы можем переписать исходное утверждение
так:
Если мы сложим любые два нечетных числа, mo
получим четкое число.
Полученное утверждение звучит менее красиво, чем ориги-
нальное, зато оно более удобно, так как в нем явно выделены
предположение и заключение.
Из экспериментальных данных (3+5 = 8, 1+3 = 4) мы зна-
ем, что сумма двух конкретных нечетных чисел всегда четна.
Но экспериментальные данные не могут служить доказатель-
ством математических утверждений (ведь мы не можем пере-
брать все пары нечетных чисел; а вдруг наидется такая, чья
сумма окажется нечетной?). Они только подсказывают пред-
положительно верное утверждение, да иногда намекают на
способ доказательства. Итак, нам необходимо доказать наш
факт. Для начала мы введем некоторые обозначения, чтобы
облегчить ссылки на числа, с которыми мы имеем дело.
два произвольных нечетных числа.
Что мы хотим доказать? Мы хотим доказать, что их сумма
является четным числом. Итак,

«Из А следует Б»
Пусть а и Ь два нечетных числа. Нечеткость числа озна-
чает, что его нельзя разделить нацело (6e3 остатка) на 2. По-
этому, при делении а и 6 на 2 мы получим ненулевой остаток.
Остаток от деления это, по определению, неотрицательное
целое число, меньшее, чем делитель. Следовательно, при деле-
нии на 2 может появиться только два остатка: 0 или 1. Но 0 мы
исключили (иначе число разделится без остатка), значит оста-
ток равен 1. Это наблюдение мы можем записать следующим
образом:
Ь = 2в+1,
а = 2t+1
И
где t u s какие-то целые числа (неполные частные при де-
лении а и 6 на 2). Сложим наши числа.
а + 6 = (2t + 1) + (2s + 1) = 2t + 2s + 2 = 2(t + s + 1).
пытаемся.
Доказательство. Пусть а и Ь вЂ” два нечетных числа.
Ввиду нечеткости, они делятся на 2 с остатком 1. Поэтому
мы можем представить их в виде
6=2s+1,
а = 2t+1
и
где t u s целые числа.
При сложении а и Ь получаем
а + Ь = (2t + 1) + (2s + 1) = 2t + 2s + 2 = 2(t + s + 1).
×čńėī š = t + s + 1
целое как сумма целых чисел, т. е.
a+6= 2р,
Число, стоящее в скобках, t+ s+ 1 принадлежит множеству Z
(целых чисел), так как сумма целых чисел (t, s и 1) число
целое. Теперь нам совершенно ясно, что сумма а + Ь делится
на 2, т. е. она четка.
Ура! Мы получили именно то заключение, которое и хо-
тели. Кажется, мы на верном пути. Правда, рассуждение по-
лучилось несколько громоздким. Можем ли мы переписать до-
казательство более компактно и последовательно? Давайте по-

Трудности доказательств
где р целое. Отсюда следует, что сумма а+ b делится на 2 и,
значит, она четка. Так как это и есть вывод, содержащийся в
исходном утверждении, то доказательство закончено. °
Теперь посмотрим, как полученное доказательство соот-
носится с теоретическими рекомендациями, приведенными в
начале раздела. Основываясь на истинности части А утвер-
ждения, мы показали, что часть Б также справедлива. Более
того, мы продемонстрировали это, пользуясь только общими
рассуждениями, не привлекая конкретных примеров (позже
мы скажем об этом более подробно). Поэтому верно, что А
влечет Б.
Обратимся к следующему утверждению.
Пример 2. Пусть f и д вещественнозначные функции,
определенные на множестве R всех вещественных чисел, при-
чем их композиция f og также определена на всем IR. Если оое
функции монотонны, то их композиция тоже монотонна.
Анализ. Выделим предположение и заключение.
А: Нам даны две функции, обладающие следующими свой-
ствами:
1) функции определены для всех вещественных чисел;
2) функции монотонны.
Обозначения функций, f и д, несущественны. Мы можем
переобозначить их любыми, но разными буквами.
Б: Функция f о д монотонна.
Мы сможем полностью понять смысл сформулированного ут-
верждения, только если хорошо знаем определения функций,
монотонных функций и композиции функций (см. стр. 12 и 13).
Напомним, что вещественнозначная функция 6 называется мо-
нотоннои, если ее значения от разных вещественных чисел х~
и xq из области определения не совпадают (6(х~) ф 6(х~)).

вИз А следует Б»
Композицией функций f и д называют функцию f og, которая
вычисляется по правилу f og(x) = f (g(x)). Учитывая определе-
ния, мы можем переписать доказываемое заключение в виде:
Б: если х1 и х2 вещественные числа, причем х1 g х2, то
f(g(»)) 4 f(g(x2)).
Доказательство. Пусть х1 g x2 произвольные веще-
ственные числа. Внимательно проследим за каждым шагом
вычисления композиции, обращая внимание на значения, со-
ОГВЕГСТВУЮЩИЕ Х~ И Х;).
Поскольку д монотонная функция, то
д(х1) Р д(х2).
Введем обозначения: у1 — — д(х1) и у2 = д(х2). Так как f
тоже монотонная функция и у1 g у2, то
/(у1) Ф У(у2).
Объединяя зти результаты, мы заключаем, что если х1 g x2
произвольные вещественные числа, то
/(д(х1)) 4 f(g(*2)),
T.e. f îg
монотонная функция.
Анализ. Выделим предположение и заключение.
А: Рассмотрим прямую на координатной плоскости, имею-
щую рациональные координаты точек пересечения с ося-
ми координат, которая не проходит через точку (0,0).
2 — 6617
Пример 3. Если прямая не проходит через точку (0,0),
а координаты точек ее пересечения с осями координат ра-
циональны, то угловой коэффициент этой прямой — рацио-
нальное число.

Трудности доказательств
Б: Угловой коэффициент прямой, описанной в предположе-
нии, рационален.
Чтобы доказать этот факт, мы должны знать, что такое ко-
ординатная плоскость, как определить координаты точек пе-
ресечения прямои с осями координат, как вычислить угловои
коэффициент прямой и, наконец, как пользоваться свойствами
рациональных чисел.
В предположении упоминаются две специальные точки пря-
мои, а именно, точки ее пересечения с координатными осями.
Вообще говоря, прямая на плоскости (за исключением верти-
кальной) описывается уравнением у = kx + о, где коэффи-
циент Й называется угловым коэффициентом прямой. И если
известны координаты каких-то двух точек, лежащих на пря-
мой, то мы можем определить ее угловой коэффициент. Вспо-
мним как это делается. Если А(х~, у~) и В(хг, уг) произволь-
ные точки прямой, то ее угловой коэффициент вычисляется по
формуле:
уг — уi
Х2 Х1
Приступим к доказательству исходного утверждения.
Доказательство. Пусть А точка пересечения нашей
прямой с осью Ох. Тогда она имеет координаты Ą(õ~, О), при-
чем, по предположению, хо рациональное число. Как и лю-
бое рациональное число, мы можем представить хр в виде от-
ношения целых чисел xp = ~, где р g 0 (потому что А не
совпадает с началом координат) и q g 0 (на ноль делить не-
льзя .
Аналогично, точка В пересечения прямой с осью Оу будет
иметь координаты В(0, -",), где т, sцелые числа, ,т ,—~ 0 (точ-
ка В отлична от начала координат) и s j 0 (на нуль делить
нельзя .
Применяя формулу для углового коэффициента, получаем
-", — 0 тд
0 — ~ вр
Ч

«Из А следует Б»
Заметим, что вр g О, тд g 0 и числа вр, тд — целые. Таким
образом, угловой коэффициент Й нашей прямой рационален.
Пример 4. Сумма первых и натуральных чисел равна
дроби
Анализ. Начнем с выделения предположения и вывода.
А: Рассмотрим сумму первых и натуральных чисел. (Под-
разумевается, что мы знаем своиства как натуральных
чисел, так и операций над ними).
Б: Сумма, описанная в части А, может быть вычислена по
формуле ~~, т. е.
и(п+ 1)
1+2+3+ +и=
Перед началом доказательства, полезно проверить равенство
на одном или нескольких конкретных значениях числа п. Но
необходимо помнить, что такая проверка всего лишь экс-
перимент, и не может считаться доказательством.
Если п = 5, то сложив первые пять натуральных чисел, мы
получим
1+2+3+4+5=15.
С другой стороны, по формуле, которую мы хотим доказать,
5(5 + 1)
30
= — = 15.
2
Конечно, ответы совпадают, но это вполне могло произойти
случайно. Для доказательства нам предстоит обнаружить ма-
тематическую связь между суммой и приведенной формулой.
Доказательство. Обозначим сумму первых и натураль-
ных чисел через S„, т.е.
S„= 1+2+3+ +п.

Трудноспа| доказательств
Поскольку от перестановки слагаемых сумма не меняется, мож-
но записать ее в обратном порядке:
S„= и+ (и — 1) + +3+2+1.
Сравним способы подсчета S„.
S„=1 + 2+ + (и — 1) + n,
S„=n + (n — 1) + + 2 + 1.
Сложив вместе выписанные равенства, мы получим
2S„= (1+ и) + (2+ (и — 1)) + + ((и — 1) + 2) + (и+ 1),
или
2S„= и(и+ 1).
Отсюда
и(и+ 1)
Доказательство, с которым мы познакомились, известно как
доказательство Гаусса. °
Пример 5. Если натуральные числа а и b удовлетворяют
неравенству а ) о, то мы можем найти два таких натпураль-
иых числа q u т, что
a = qb+r,
причем 0 & t   l ; о и
Так как данное утверждение уже имеет стандартную фор-
му А ~ Б, можно сразу приступить к доказательству.
Доказательство. Существует две возможности: либо а
кратно b, либо а не кратно b. Рассмотрим их отдельно.
Случай 1. Если а кратно b, то по определению (см. стр. 11)
а = bq для некоторого натурального числа q. Положив т = О,
мы получим требуемые числа.

«Из А следует Б»
Случай 2. Предположим теперь, что а не кратно b. Это
означает, что среди чисел, кратных Ь, нет ни одного, равно-
го а. Числа, кратные Ь, имеют вид
Ь, 2Ь, 36, 46, 56, ..., nb, (и+1)6, ...
Этот список можно продолжать без конца, причем числа, по-
являющиеся в нем, становятся все больше и больше. Они разби-
вают положительныи луч числовои прямои на последователь-
ные отрезки длины b. Поскольку а конечное положительное
число, а отрезки покрывают весь положительныи луч число-
вои прямои, то а должно попасть внутрь какого-то из этих
отрезков (cM. рис. 1).
2Ь 36
qb (q+ 1)b
Рис. 1
Итак,
qb(a ( (q+1)b
для некоторого натурального числа q.
Чтобы показать, что найденное число q именно то, о кото-
ром идет речь в утверждении, нам нужно наити оставшееся
число т. Вычитая qb из двойного неравенства, получаем
0(a — qb&lt
Положив теперь г = а — qb, проверим, что т и q удовлетворяют
требованиям утверждения.
Из предыдущего неравенства следует, что О ( г ( 6.
И по построению, а = qb + r.
Итак, мы доказали утверждение в обоих случаях, а какого-
либо третьего случая быть не может. Поэтому утверждение
доказано полностью. °

Трудности доказательств
Утверждение из примера 5 составная часть теоремы, из-
вестной как алгоритм деления Евклида. Позже мы докажем,
что только наиденные числа q и т удовлетворяют условиям
утверждения (см. раздел, посвященный теоремам единствен-
ности .
Пример 6. Пятизначное число делится на 3, если сумма
его цифр делится на 3.
А: Пусть п целое число, десятичная запись которого вы-
глядит как п = а4аза~а~ао, где 0 & t; а  lt; 9 дл
i = 0,1,2,3,4, и а4 g О. Предположим, что а4 + аз +
+а~ + а~ + ap = 3t для некоторого целого числа t. (Тот
факт, что и является целым числом, неявно содержится
в предположении утверждения, поскольку понятие дели-
мости определено только для целых чисел.)
Б: Число п делится на 3, т. е. найдется такое целое число s,
что п = 3s.
Доказательство. Так как предположение дает нам ин-
формацию о знаках десятичной записи числа п,, запишем его
в виде
п = а4аза~а~ао = 10 а4 + 10 аз + 10 а~ + 10а~ + ао.
По предположению а4 + аз + а~ + а~ + ap — — 31, где 1
число. Отсюда
целое
ао = 3t — а4 — аз — а~ — а~.
Анализ. Утверждение может быть переформулировано в
виде: «Если сумма цифр пятизначного числа делится на 3, то
само число делится на 3», откуда мы можем выделить предпо-
ложение и заключение, переписав их в более удобнои для нас
форме.

«Из А следует Б»
Подставив выражение для ар в формулу для п и совершив не-
сложные алгебраические преобразования, получим
n = 10 а4 + 10 аз + 10 а~ + 10а~ + ap =
4
= 10 а4 + 10 аз + 10 а~ + 10а~ + (Çt — а4 — аз — а~ — а~) =
3 2
= 9 999а4 + 999аз + 99а~ + 9а~ + Çt.
Таким образом,
п = 9 999a4 + 999аз + 99а~ + 9а~ + Çt =
= 3(3 333а4 + ЗЗЗаз + ЗЗа~ + За~ + t).
Так как число 3 333a4+333ag+33ag+3a~+t целое, мы доказали,
что число п делится на 3. °
Замечание. Ограничение на количество знаков, о кото-
ром идет речь в примере 6, не существенно. Это всего лишь
частный случай более общего утверждения: «Если сумма цифр
десятичной записи числа делится на 3, то и само число делится
на 3.»
Мы ограничились пятью знаками, потому что доказатель-
ство более общего утверждения, принципиально не отличаясь
от приведенного, использует технику, которую мы еще не рас-
сматривали, а именно, математическую индукцию. Сейчас мы
только сделаем доступную нам подготовку к доказательству
общего утверждения.
Пусть п целое число, представленное в десятичной за-
писи: п = а~а~ y... a~asap О & t; а  lt; 9 дл  с х = 0, 1, ,.
причем а~ g О. Допустим, а~ + а~ ~ + + а~ + а~ + ap = Çt,
где 1 целое. Тогда, как и в примере 6, мы имеем
п = 10 а~+10 а~ ~+ +10 ag+10a~+ap =
= 10" а~ + 10~ ~а~ q + + 10 а~ + 10а~+
+ (Çt — а~ — а~ q — — а~ — а~) =
= (10" — 1)а~ + (10~ — 1)а~ q + + 99а~ + 9а~ + Çt.

40
Трудности доказательств
Теперь, чтобы доказать делимость числа п на 3, нам нужно
проверить, что число 10' — 1 делится на 3 при любом целом
показателе s ) 1. Это как раз то место, где применяется ма-
тематическая индукция. (См. упражнение 8 в разделе «Мате-
матическая индукция».)
Зависимые утверждения
Очевидно, А и А связаны между собой, т.е. зависимы, но
не являются логически эквивалентными.
Большинство математических утверждений имеют вид:
А ~ Б.
Если беседуя с кем-нибудь, мы не поняли того или ино-
го утверждения, можно уточнить: «Что зто значит?» Мы на-
деемся, что наш собеседник может так изменить формули-
ровку, не затрагивая смысла высказывания, что мы уясним
его значение. Такое встречается и при работе с математиче-
скими утверждениями. Как перефразировать математическое
высказывание, не затрагивая его сути, чтобы оно стало более
удобным для работы?
Два утверждения называют логически эквивалентными,
когда они имеют одну и ту же таблицу истинности. Позто-
му, при необходимости упрощения формулировки, мы можем
заменить математическое утверждение на эквивалентное ему,
т.е. то, которое истинно или ложно в точности тогда, когда
исходное утверждение истинно или ложно.
Для данного утверждения А можно построить утвержде-
ние «не А», которое ложно, когда А истинно и наоборот, ис-
тинно, когда А ложно. Утверждение «не А» называется отри-
цанием А и обозначают А.

41
вИз А следует Б&
Мы будем подробно разбирать три типа утверждений, зави-
сящих от него. Они определяются следующим образом:
° Обратным утверждением к утверждению А ~ Б назы-
вается утверждение «если Б, то А», т.е. Б ~ А. (Чтобы
получить обратное утверждение, достаточно поменять
ролями причину и следствие, т. е. переставить предполо-
жение и вывод).
° Инверсным утверждением к утверждению А =~ Б назы-
вается утверждение «если «не А», то «не Б»» или, короче,
А ~ Б. (Для получения инверсии нужно заменить пред-
положение и следствие на их отрицания).
° Противоположным утверждением к А ~ Б называется
утверждение «если «не Б», то «не А»» (Б ~ А). (Чтобы
его сформулировать, нужно взять обратное утверждение
и сделать его инверсию, т. е. поменять ролями предполо-
жение и заключение и взять их отрицание.)
Обратимся к примеру за разъяснением смысла определе-
ния. Допустим, оригинальное утверждение звучит так:
«Если х — рациональное число, то х
2
ное число.»
раииональ-
не рациональное
Обратное к нему утверждение выглядит так: «если х
рациональное число, то х рациональное число».
Инверсное утверждение: «если х не рациональное число,
то х не рациональное число».
Противоположное утверждение: если х
число, то х не рациональное число».
Можно заметить, что перечисленные утверждения о раци-
ональности чисел логически не эквивалентны, потому что ис-
ходное и противоположное к нему утверждения истинны (до-
кажите зто самостоятельно), в то время как обратное и ин-
версное к исходному ложны (почему?).

42
Трудности доказательств
Таблица истинности утверждения А ~ Б
Таблица истинности обратного утверждения, Б ~ А
Таблица истинности инверсного утверждения, А ~ Б
Во избежание гаданий, являются ли зависимые утвержде-
ния логически эквивалентными, построим их таблицы истин-
ности. Мы хотим сравнить четыре таблицы, поэтому колон-
ки, соответствующие А и Б в них, сделаем одинаковыми. Мы
хотим выяснить, когда в одинаковых предположениях относи-
тельно А и Б, мы получаем то же самое заключение относи-
тельно истинности составных утверждении.

«Из А следует В»
Таблица истинности противоположного утверждения, Б ~ А
Из таблиц видно, что исходное утверждение логически эк-
вивалентно только противоположному к нему. Обратное же и
инверсное утверждения логически эквивалентны между собои,
но не исходному.
Доказательство «от противного»
При доказательстве отдельных утверждений, нам не уда-
ется наити прямого рассуждения, примеры которого мы уже
разбирали, т. е. мы не можем вывести заключение Б непосред-
ственно из предположения А. Такое может происходить не
только из-за нашеи несообразительности, но и потому, что яв-
ной информации, содержащейся в предположении А, не доста-
точно для доказательства истинности заключения Б, а неяв-
ная информация нам может быть недоступна, например пото-
му, что вообще еще не известна человечеству. Иногда прямая
проверка заключения Б занимает слишком много времени или
просто невозможна. Поэтому нам нужно найти другой способ
рассуждении.
Как мы обнаружили, сравнивая таблицы истинности, ут-
верждение логически эквивалентно своеи противоположности.
В связи с этим стоит попытаться установить истинность про-
тивоположного утверждения, что даст нам другои способ до-
казательства. Действительно, мы будем исходить из предполо-
жения ложности утверждения Б и выводить из него ложность
высказывания А, поскольку, напомним, противоположное выска-

44
Трудности доказательств
зывание к исходному утверждению имеет вид Б ~ А. На прак-
тике достаточно из предположения об ошибочности Б прийти
к заключению, противоречащему А, тем самым доказав ис-
тинность А. Такой путь доказательства обычно называют ме-
тодом «от противноео».
Перейдем к примерам.
Пример 7. Если х — рациональное число, а у ирраци-
ональное, то их сумма х+ у будет иррациональным числом.
Анализ. Выделив предположение и заключение, получим
А: Дано рациональное число х и иррациональное у. (Неявная
информация: как рациональные, так и иррациональные
числа относятся к вещественным; поэтому мы можем ис-
пользовать все своиства вещественных чисел и операции
над ними).
Тот факт, что числа обозначены как х и у, несуществе-
нен. Как обычно, обозначения можно поменять на дру-
гие. Но мы сохраним обозначения в соответствии с ут-
верждением.
Б: Сумма х+ у иррациональное число.
Доказательство. Предположим, что заключение Б не-
верно, т.е. верно его отрицание, Б. Таким образом, мы пред-
полагаем, что
число х + у не иррационально.
Но вещественное число может быть только либо рациональ-
ным, либо иррациональным. Поэтому
число х + р рационально.
Если бы мы захотели проверить это утверждение прямым пу-
тем, то нам предстояло бы, например, вычислить все возмож-
ные суммы рациональных и иррациональных чисел. Существу-
ет ли более короткий путь? Почему сумма х+ у иррациональ-
на?

«Из А следует Б»
Вспоминая одно из определений рациональных чисел, можно
vaamcars
7l
х+р= —,
р'
где р g О и и, р — целые числа.
По предположению х тоже рационально, т.е. его можно
представить как отношение целых чисел х = ~~, Ь ф 0. Зна-
чит,
а 7l
— +у=в
6 р
Решая получившееся уравнение относительно у, найдем
nb — ар
и а
g =
р 6
šb
причемрбу~О, так как рфОи 6~0.
Числа пЬ вЂ” ар и рЬ целые, так как целыми являются числа
и, р, а и Ь. Значит, у число рациональное, как отношение
двух целых. Итак, мы показали, что утверждение А верно,
т. е. А ложно. Тем самым была доказана истинность высказы-
вания Б ~ А, эквивалентного А ~ Б. Доказательство закон-
чено.
Пример 8. Любое составное число и делится на какое-
то число 6, непревосходящее ~ï.
Анализ. У нас есть предположение и заключение:
А: Дано составное число и. (Неявная информация: мы мо-
жем использовать своиства натуральных, простых и со-
ставных чисел, делимости и своиства квадратных кор-
ней.)
Б: и делится на натуральное число 6, такое что Ь & t; ~
Доказательство. Предположим, что Б ложно, т. е. истин-
но высказывание Б. Это означает, что если и и делится на чи-
сло b, то 6 ) ~/и. По определению составного числа (см. стр. 3)

Трудности доказательств
имеем
n =pq,
где р & t    & t; 1. По сдел нном нами предпол ж н ю р
и q & t; n. Перемно ив неравенст а, полу
n=pq& t; ~n ~n
что противоречит одному из свойств чисел (которыми мы мо-
жем пользоваться как неявной информацией, содержащейся в
предположении). Таким образом доказано, что Б ~ А. °
Пример 9. Существует бесконечно много простых
чисел.
Анализ. В этом утверждении трудно обнаружить предпо-
ложение и следствие. Поэтому надо как-то перефразировать
высказывание. Мы рассматриваем множество всех простых
чисел и хотим показать, что оно бесконечно. Вот теперь со-
ставные части утверждения выделить легче.
А: Дано множество всех простых чисел, которое мы обозна-
чим через P. (Неявная информация: мы можем пользо-
ваться как своиствами простых чисел, так и операция-
ми над натуральными числами, поскольку любое простое
число является натуральным.)
Б: Множество P бесконечно.
Для прямого доказательства бесконечности множества P
нам следует показать, что «мы не сможем перебрать все про-
стые числа». Этого сделать нельзя, поскольку нам потребует-
ся бесконечное количество времени и бумаги, чтобы выписать
все простые числа (если, конечно, простых чисел действитель-
но бесконечно много). Даже если утверждение ошибочно, и
простых чисел все же конечное число, их вполне может ока-
заться более миллиона, и их перечисление заимет уж очень

47
вИз А следует Б»
ši —— 2; р~ = 3; рз — — 5; р4 = 7; ...; р .
Кроме того, про любые два числа мы можем сказать, какое из
них больше. Удобно считать, что простые числа пронумеро-
ваны по возрастанию:
pl ( p2 ( РЗ ( Р4 ( ' ' ' ( Рп.
Таким образом, последнее простое число р„будет самым боль-
шим.
Сейчас очень важно продолжить анализ ситуации, посколь-
ку у Вас, вероятно, возник вопрос: «Что же делать дальше?».
Можно было бы, опираясь на список простых чисел, попро-
бовать построить еще одно, которого в списке нет. Как же
найти такое число? Стоит попытаться привлечь арифметиче-
ские действия. Деление отпадает, так źąź частное двух целых
чисел далеко не всегда останется целым. Просуммировав все
простые числа из нашего списка, мы скорее всего не полу-
чим дополнительной информации. Ведь нам даже не известно,
насколько велик предъявленный список. Поэтому сумма мо-
жет оказаться как четным, так и нечетным числом, не говоря
уже о том, что априори она может разделиться на любое чи-
сло. Может, попытаться перемножить все простые? При этом
мы, кажется, будем располагать чуть большей информацией.
Подробнее о больших простых числах и методах их выделения среди
прочих можно прочесть в книге С. Коутинхо «Введение в теорию чисел.
Алгоритм RSA)&g ;, .: Постмарк т, 20 1. Пр м. пер
много времени. Более того, если натуральное число очень ве-
лико, то выяснить простое оно или составное очень трудно
даже с помощью компьютера .
Доказательство. Предположим, что вывод, который мы
хотим доказать, неверен. Иными словами, допустим, что мно-
жество Р всех простых чисел конечно. В этом случае (теоре-
тически их можно все выписать:

Трудности доказательств
Разумеется, произведение будет составным числом, поскольку
делится на любое простое из списка. В частности, оно четко,
ибо 2 присутствует в списке простых. С другой стороны, лю-
бое простое число, большее 2, нечетко. Это наводит нас на
мысль прибавить к произведению 1, чтобы получить нечетное
число — кандидат на искомое простое.
Рассмотрим число q = р~р~рзр4 р„+ 1. Как мы уже от-
метили, оно четко и больше любого простого числа, присут-
ствующего в списке. Поэтому там его, естественно, нет. Более
того, q не делится ни на одно простое число р~ из списка, по-
скольку частное
q 1
— Р1Р2 ' ' 'Pk — 1Pk+1 ' ' ' Рп +
Pk Pk
число рациональное, но не целое.
Итак, q не делится ни на одно простое число из нашего
списка. Может ли оно при этом быть составным? Действи-
тельно, а почему бы q не равняться произведению qyqg (ведь мы
доказали только, что q не делится на простые числа из нашего
списка)? Пусть так. Тогда воспользуемся теоремой из школь-
ного курса математики, которая говорит, что любое составное
число можно представить в виде произведения простых, т.е.
q = р~р~ р~, где все р~, р~,..., р~ простые числа. Заметим,
что ни один из этих сомножителеи не присутствует в списке,
так как q на него делится. Значит, либо q — простое, и его
нет в списке, поскольку оно больше самого большого числа от-
туда, либо q составное. В последнем случае мы нашли даже
не одно простое число, отсутствующее в нашем перечислении.
Полученное противоречие с предположением показывает,
что множество P всех простых чисел бесконечно. °

«Из А следует Б»
Как построить отрицание утверждения
Истинность некоторых утверждений можно проверить по
краинеи мере двумя способами: либо прямым путем, либо ме-
тодом от противного. Вообще-то, если у нас есть выбор, то
лучше доказывать напрямую. Действительно, такое доказа-
тельство обычно более информативно и интуитивно понятно.
Более того, при доказательстве «от противного» есть важ-
ныи момент, на которыи необходимо обратить особое вни-
мание. Нам нужно сконструировать отрицание утверждения,
т.е. Б, которое станет предположением, а это довольно хи-
трая процедура. Иногда для этого достаточно вставить ча-
стицу «не» в заключение, как это было в разобранных нами
примерах. Высказывания «сумма х + у иррациональна» и
«множество бесконечно» заменялись на свои отрицания: «сум-
ма х+ у не иррациональна» и «множество не бесконечно».
В других спучаях эта процедура не настолько проста, осо-
бенно если высказывание Б содержит такие обороты, как «лю-
бои», «единственныи», «для одного», «для всех», «каждыи», «ни
один из», «никакой» и т.п. Такие словосочетания обычно на-
зывают кванторами. На следующей странице расположена та-
блица, в которои даны отрицания некоторых кванторов.
Кванторы — не единственная проблема при переходе к от-
рицанию утверждения. Логические связки «и», «или» тоже тре-
буют усиленного внимания. Составное утверждение «В или Г»
истинно, если хотя бы одна из его составных частей (В или Г)
справедлива. Возможно, обе части справедливы одновременно,
но это не обязательно. Если особо не оговаривается, то упо-
требление союза «или» в математических высказываниях под-
разумевает возможность истинности обеих частеи, которые он
разделяет. Как видите, его значение в математике существен-
но отличается от привычного Вам. Когда мы в повседневной
жизни используем «или», речь обычно идет о выборе однои из
двух возможностеи.

50
Трудности доказательств
Отрицание кванторов
Отрицание
Исходное выражение
по краинеи мере один
некоторыи
ни Одного
никакои
наидется хотя бы один
все элементы множества
обладают своиством
элемент множества, не
обладающии своиством
каждыи элемент множе-
ства обладает своиством
наидется по краинеи
мере один элемент мно-
жества, не обладающии
СВОИСТВОМ
наидется хотя бы один
есть по краинеи мере
ни один
не существует
один
Итак, математическое утверждение «В или Г» будет лож-
ным только тогда, когда и В, и Г ошибочны. Значит, отри-
цание составного высказывания, разделенного союзом «или»,
выглядит как «В и Г».
Составное утверждение «В и Г» истинно, если справедли-
вы как часть В, так и Г одновременно. Следовательно, чтобы
это высказывание было ложным, достаточно ошибочности од-
ной из его составных частей: В или Г. Поэтому отрицанием
исходного утверждения служит выражение «В или Г».
Еще раз! Использовать метод «от противного» при дока-
зательстве следует только в том случае, когда предположение
об истинности утверждения А не дает Вам хорошей идеи, как
двигаться дальше, а предположение об ошибочности Б ее дает.
Иногда само утверждение подсказывает, что его стоит по-
пытаться доказать методом «от противного». Так, например,
случается, если в исходной формулировке Б содержит частицу
«не», поэтому отрицание Б станет утверждающим высказыва-
нием.

51
«Из А следует Б»
Пример 10. Графики функций f(õ) = — — *+ &l ; и д х
не имеют общих точек.
Анализ. Если мы попытаемся выделить предположение и
следствие, то получим:
А: Рассмотрим графики функций, определенных выше.
(Неявная информация: мы знакомы с понятиями функ-
ции, графика, точек пересечения; знаем вещественные
числа, их свойства и операции над ними.)
Б: Графики этих функций не имеют ни одной общей точки.
Мы могли бы построить графики обеих функций. График
первой из них f прямая, поэтому ее легко начертить. А вот
случай второй функции гораздо более сложный. Она не опре-
делена в точках х = — 2 и х = 1. Поэтому ее график состоит
иэ трех частей. Более того, даже если мы и построим какие-
то части графиков, мы не сможем изобразить их полностью.
Ведь область определения обеих функций бесконечна. Допу-
стим, мы сможем убедиться, что построенные части графи-
ков не пересекаются. Но это же нам не гарантирует, что они
всегда не будут пересекаться. Кроме того, если графики не пе-
ресекаясь проходят очень близко друг от друга, то мы вообще
не сможем определенно утверждать, имеют ли они общие точ-
ки или нет. Таким образом, построение графиков нам ничего
не даст и мы попытаемся применить метод «от противного».
Прежде всего нам нужно построить отрицание утвержде-
ния «графики двух функций не имеют ни одной общей точки».
Это легко сделать: «графики двух функций имею по крайней
мере одну общую точку».
Доказательство. Предположим, что графики функций f
и д имеют общую точку. Это означает, что найдется хотя бы
одно значение х, для которого
/(х) = д(х).

52
Трудности доказательств
Равенство, конечно, неверно при z = — 2 и х = 1, поскольку д
при этих значениях не определена. Поэтому, предполагая, что
х ф — 2 и х ф- 1, рассмотрим уравнение
х 1 х — 1
6 4 х~+х — 2
Разложив знаменатель правой дроби на множители, получим
х 1 x — 1
6 4 (х — 1)(х + 2)
Так как х ф 1, разность х — 1 отлична от нуля и мы можем
сократить дробь в правои части на х — 1:
х 1
— — + — =
6 4
х+2
Умножим теперь обе части равенства на 12(х+ 2) (это можно
сделать, т.к. мы помним, что х j — 2) и приведем подобные
члены.
2х +х+6=0.
Пример 11. Если положительное число меньше 1, то оно
больше своего квадрата.
Анализ. Выделим предположение и заключение.
А: Дано множество вещественных чисел, лежащих между 0
и 1. (Неявная информация: мы знакомы со свойствами
вещественных чисел и операциями над ними.)
Б: Любое число из множества, описанного в А, больше сво-
его квадрата.
Последнее уравнение не имеет вещественных корней, так как
его дискриминант отрицателен (D = 1~ — 4 6 2 = — 47). Сле-
довательно, равенство f (õ) = д(х) не возможно ни при каких
значениях х, т.е. два графика, упомянутых в утверждении,
не пересекаются. °

53
еИз А следует Б~
х (х,
откуда х больше своего квадрата.
2. Доказательство «от противного». Начнем с построения
отрицания утверждения Б. Оно выглядит следующим образом.
Б: Найдется хотя бы одно положительно число х, меньшее 1,
которое меньше своего квадрата.
Итак, предположим, что
х(х .
0(х(1
и
Перепишем последнее из этих неравенств в виде
х — х (0.
2
Разложив многочлен в левой части на множители, получим
x(1 — х) ( О.
Произведение двух вещественных чисел отрицательно тогда и
только тогда, когда они имеют противоположные знаки. По
предположению х ) О. Значит, остается только одна возмож-
ность:
1 — х(0,
т. е.
1(x.
Мы получили противоречие с А, т. е. фактически доказали ис-
тинность А в предположении, что Б справедливо. Тем самым
Доказательство. Докажем это утверждение как прямым
образом, так и «от противного», а потом сравним результаты.
1. Прямое доказательство. Пусть х положительное ве-
щественное число, меньшее 1, т.е. х ( 1. Умножив это не-
равенство на положительное число х, мы не изменим знака
неравенства:

Трудности доказательств
доказано утверждение, противоположное исходному, а значит,
и оно само. °
Оказалось, что в примере 11 прямое доказательство не
только короче, но и проще для понимания. Тем не менее прият-
но сознавать, что существует не один путь достижения цели.
Построение отрицания утверждения, содержащего не один
квантор, а несколько, на первых порах может быть доволь-
но затруднительным. Некоторые из них появляются в разде-
ле математического анализа, например определение предела и
непрерывности. Исследуем одно из них.
Б: Вещественное число L является пределом функции f(õ)
при х стремящемся к с, если для любого к & t 0 существ
такое b & t; О, завися ее от к, то е л х удовлетвор
неравенству 0 & t; ~х Ђ” с & t; д, то If( ) Ђ L
Забывая о подробностях, отметим, что L будет пределом, если
каждое к & t 0 облад ет некото ым свойств м. Поэто у, е
хотя бы одно е & t 0 эт му свойс ву не удовлетворя т, т
не предел. Итак,
Б: Вещественное число L не является пределом функции f (s)
при х стремящемся к с, если найдется хотя бы одно я & t;
такое что для любого д & t 0 существ ет х, удовлетворяю
неравенству 0 & t; ~х Ђ” с & t; , при к тором ~/( ) Ђ L
Упражнения
Постройте отрицание к утверждениям, сформулиро-
ванным ниже.
1. Функция f определена на множестве всех вещественных
чисел.

55
«Из А следует Б»
Для двух данных чисел х и у найдется рациональное чи-
сло z, равное их сумме z = х + у.
Функция f обладает следующим свойством: если х и у
разные вещественные числа, то /(х) ф- /(у).
Если уравнение Р(х) = 0 имеет решение, то это решение
единственно.
Любое ненулевое вещественное число имеет ненулевое про-
тивоположное по знаку.
Любое решение уравнения Р(х) = Q(x) удовлетворяет
неравенству ~х~ ( 5.
Уравнение Р(х) = 0 имеет одно и только одно решение.
(Сравните это утверждение с приведенным в упр. 4.)
Функция fнепрерывна в точке с, ,если для любого е & t
найдется такое число Б & t; О, завися ее от с, то ля
ждого х, удовлетворяющего неравенству Ix — с~ ( б, вы-
полнено If (~) — f (~) I ( с.
Для любого вещественного числа х значение функции
f (х) рационально.
Для приведенных далее утверждений сформулируйте
(а) противоположное;
(б) обратное;
(в) инверсное.
Если целое число х делится на б,то оно делится и на 2.
Если четырехугольник не параллелограмм, то точка пе-
ресечения его диагоналеи не делит их пополам.
Для любого числа п & t 0 существ ет та ое чи ло М п &
зависящее от п, что f(õ) & t п ри в ех веществен ых
слах х, удовлетворяющих неравенству х & t; M( ). (Чт
осознать это утверждение получше, полезно порисовать
графики на координатной плоскости.)

56
Трудности доказательств
13. Если у двух многочленов
Р(х) = а„х" + а„~х" + + а~х+ ае
Я(х) = Ь„х" + b„~õ" ' + + Ь~х + bp
совпадают значения при всех вещественных х, то а, = Ь,
для всех i = 0,1,2,... и.
14. Произведение двух нечетных чисел нечетко.
Используя методы, о которых рассказывалось в этом
разделе, докажите следующие утверждения.
16. Пусть f и д неубывающие функции, для которых опре-
делена композиция f o д. Тогда функция f o д тоже не-
убывающая. (См. определение неубывающих функций на
стр. 4.)
17. Если х — рациональное число, отличное от нуля, а у
иррациональное число, то их произведение хр иррацио-
нально.
18. Пусть и — натуральное число, десятичная запись кото-
рого состоит из трех или более знаков. Если двузначное
число, составленное иэ двух его последних цифр с сохра-
нением порядка, делится на 4, то и число и делится на 4.
19. Если (а+ b) = а + b~ для всех вещественных чисел Ь, то
а=
20. Покажите, что для любого натурального числа и и веще-
ственного числа а справедливо равенство:
а" — 1 = (а — 1)(а" + а" + + а+ 1).
15. Если произведение двух целых чисел четко, то по крайней
мере одно из них четно.

57
«Из А следует В»
21. Если для какого-то натурального числа и число 2" — 1
является простым, то и тоже простое. (См. определение
простых чисел на стр. 11.)
22. Любое четырехзначное число вида п = ahba делится на 11.
23. Если f неубывающая функция, определенная на мно-
жестве всех вещественных чисел, то при х g c
/(с) — /(х)
С вЂ” Х
(См. определение неубывающих функций на стр. 13.)
25*. Пусть f и д вещественнозначные функции, определен-
ные на множестве R всех вещественных чисел, причем их
композиция f o д тоже определена íà R. Если множество
значений f и д вся числовая прямая, то множество зна-
чений их композиции тоже все R.
Прочтите приведенные ниже доказательства и убеди-
тесь, что Вы поняли их. Затем, закрыв книжку, составь-
те план каждого из них, четко перечислив важные шаги.
И наконец, восстановите пропущенные детали (т.е. за-
пишите утверждения в форме А w Б, укажите способ,
которым доказывается утверждение, восстановите логи-
ческие аргументы и алгебраические преобразования).
26. Алгоритм Евклида вычисления наибольшего общего де-
лителя. Пусть а и о натуральные числа, причем а ) b.
Разделим а на b с остатком.
а = bq~ + rq.
24. Докажите, что функция f(õ) = тх+ о монотонна при
т g О. Сделайте зто двумя способами: сначала напря-
мую, а потом методом «от противного». Является ли эта
функция взаимно-однозначной?

Трудноспа| доказательств
Здесь qp & t    & t r ( Ь. После этого ра д ли Ь
Ь = r&gt q +
где qq & t   0 ~&l ; &lt т~ ( т~. родо жая этот проце
лим Т1 на т2 и получим
т1 = Т2Я3 + т3)
где qg & t    + т ( g. Бу ем последовател но дел
остатки до тех пор, пока не найдем остатков r„~ g О,
т„ф О, которые разделятся нацело, т.е. rÄ ~ = rÄqÄ+~.
Тогда наибольшим общим делителем чисел а и Ь будет
последний ненулевой остаток. Точнее говоря,
НОД (а, b) = т„.
(Определение наибольшего общего делителя приведено на
стр. 12.)
Доказательство. Опишем процесс деления формулами.
а = bqq + rq,
Ь = r&gt q + r
т1 — — T2ä3 + т
Tn — 3 Tn — 29n — 1 + ти — 1)
2 = Tn lgn+Tni
rn — i — rnqn+i + o.
Вся процедура деления займет не более Ь шагов, так
какb&gt т~ & t;rg&g
Из последнего равенства в этом списке следует, что
r„= НОД (r„q, r„) (объясните, почему). Далее, так как

59
«Из А следует В&
где tp ) 0 целое число, то г„делит т„~. Но мы уже знаем,
что т„делит и тп ~, т. е. г„общии делитель т„у и г„~.
Заметим, что если d еще один общий делитель остат-
ков г„~ и т„g, то он делит и т„(проверьте это самосто-
ятельно). Значит, т„= НОД (г„~, г„~).
Аналогично, поднимаясь по равенствам списка снизу
вверх, мы докажем, что т„= НОД (г„~, г„з), ..., т„=
= НОД (г~, 6), т„= НОД (а, b). °
т~ = а — bqq,
т~ = 6 — riqi — — 6 — (а — bqi)qq — — asq + 6~~,
гЗ = г1 ~ 2qē = (a bq~) (ав2 + bt2)qē — ass + btĒ.
Поступая так и дальше, не больше чем за 6 шагов мы
сможем приити к равенству
т„, = sa+ tb.
Утверждение доказано.
28. Если простое число р делит произведение а6, то оно
делит хотя бы один сомножитель, т. е. а или 6.
Доказательство. Предположим, что р делит произве-
дение (6а = Йр), но не делит число а. Тогда НОД (а, р) = 1
(объясните, почему). Следовательно (см. упр. 27), найдут-
ся натуральные числа s и t, для которых
1 = sa+ št.
27. Если d = НОД (а, 6), то d = sa+ tb при некоторых целых
числах в и t. В частности, если а и 6 взаимно просты,
то найдутся такие целые s и t, что 1 = sa+ tb.
Доказательство. Используя шаги алгоритма Евкли-
да, описанные в упражнении 26, последовательно получаем

Трудността| доказательств
Умножим это равенство на b и сделаем некоторые пре-
образования
о = b(sa+pt) =
= (ab)s+ bpt =
= (kp)s+ bpt =
= p(ks+ bt).
Значит, р делит b.
29. Если р — простое число, то ~р иррационально.
Доказательство. Допустим, что Гр рациональное
число. Тогда найдутся натуральные числа п и q, для ко-
торых
Более того, можно считать, что дробь —" несократима,
т.е. и и q не имеют общих делителеи, отличных от 1.
Возведем это равенство в квадрат.
п~
2
Значит,
и =pq.
Так как и делится на простое число р, то и тоже на него
делится (см. предыдущее упр.), и можно записать п = pk
для некоторого натурального k. Отсюда следует, что
Сокращая это равенство на р, имеем

б1
«Из А следует Б»
pk
pm
)
m
что противоречит несократимости дроби — ". Полученное
Ч
противоречие доказывает утверждение. °
Теперь видно, что q~ кратно р. Предыдущее упражнение
гарантирует нам делимость q на р, т. е. q = pm для неко-
торого натурального т. Итак,

Теоремы специального вида
Есть несколько типов утверждений, чьи доказательства
строятся по вполне определенной схеме. В этой главе мы по-
знакомимся с некоторыми из наиболее важных и часто встре-
чающихся видов теорем.
«Тогда и только тогда» ипи теоремы
равносильности
Утверждения, содержащие оборот «тогда и только тогда»,
встречаются в математике сплошь и рядом и очень полезны.
Если мы сможем показать, что «А тогда и только тогда, ко-
гда Б», то докажем, что А и Б эквивалентные или равносиль-
ные утверждения, поскольку истинность (или ошибочность)
одного из них влечет истинность (или ошибочность) друго-
го. Иными словами, утверждение «А тогда и только тогда, ко-
гда Б» заменяет сразу два высказывания: А ~ Б и Б =~ А. При
этом часть А необходимое и достаточное условие для Б, и
в то же время Б необходимое и достаточное условие для А.
Теорему такого вида часто называют критерием и символи-
чески обозначают А &lt =» Б В бога ом русс ом яз ке е ть
словосочетания, имеющие в точности тот же смысл, что и «то-
гда и только тогда», а именно «если и только если», «в том и
только том случае».

Теоремы сиеииальиого вида
Итак, для доказательства утверждения А ~ Б нам нужно
проверить, что
1) А ~ Б (т. е. А достаточное условие для Б, а Б необходи-
мое условие для А);
2) Б ~ А (т. е. Б достаточное условие для А, и А необходи-
мое условие для Б).
Таким образом, доказательство критерия А ~ Б состоит
из двух частей. При работе над каждой из них мы вольны
испольэовать любой метод иэ известных нам. Напомним, что
утверждения А =~ Б и Б =~ А взаимно обратны, т. е. любое из
них обратно оставшемуся.
Пример. 1. Ненулевое вещественное число положитель-
но тогда и только тогда, когда положительно обратное к
нему.
Доказательство. Обе части утверждения просты.
А: Вещественное число а положительно.
Б: Число, обратное к а, обозначаемое как а, положительно.
ßąńņü 1. А N Б. (Положительность числа а достаточ-
на для положительности обратного к нему.) В этой части мы
предполагаем, что а ) 0 и доказываем, что а ) О.
— 1
По определению обратного числа имеем
а а =1.
Таким образом, число а а ~ больше нуля. По одному из свойств
вещественных чисел, произведение двух сомножителеи больше
нуля только в двух случаях: если оба сомножителя положитель-
ны или если они оба отрицательны. По предположению а ) О.
Значит и а положительное число.

64
Трудности доказательств
Яасть 2. Б =~ А. (Положительность числа а необхо-
димое условие положительности а .) Здесь мы считаем, что
— 1
а ) 0 и доказываем положительность а.
Как и в предыдущей части,
а а =1,
т.е. произведение а а положительно, причем (по предпо-
— 1
ложению) а ~ ) О. Значит, по упомянутому свойству веще-
ственных чисел, второй сомножитель произведения ( а ) также
положителен. °
Пример 2. Натуральное число нечетно тогда и только
тогда, когда его квадрат — нечетное число.
Доказательство. Обозначив через п натуральное число,
о котором идет речь, разобьем исходное утверждение на про-
стые составляющие.
А: Число и нечетко.
Б: Число и нечетко.
и = (2р+ 1)
=4р +4р+1=
= 2(2p +2@)+1
целое, число s = 2р~ + 2р тоже целое.
Ввиду того, что р
Поэтому
n~ = 2s+1,
что доказывает нечетность и .
ßąńņü 1. А w Б. (Нечетность числа п достаточна для
нечеткости его квадрата.)
Итак, пусть п нечетное число. Тогда мы можем пред-
ставить его в виде и = 2р+ 1, где р какое-то целое число.
Следовательно,

65
Теоремы спеииальиого вида
Яасть 2. Б ~ А. (Нечеткость квадрата числа и достаточ-
на для нечеткости самого и.) Фактически мы должны здесь
показать, что если и нечетное число, то и обязательно то-
же нечетно.
Анализ. Наше предположение о нечеткости числа и по-
зволяет лишь представить его в виде и = 2t + 1, где t—
неотрицательное целое число. К сожалению, мы не можем на-
писать, что и = (2k+ 1)~, потому что ровно этот факт мы и
хотим доказать; иными словами, мы еще не уверены, что это
действительно так. Но если n~ = 2t + 1, то
и= п~=
Полученное равенство абсолютно не дает нам никакой полез-
ной информации, и нам не ясно, как бы можно было доказать
нечеткость и прямым путем. Попробуем применить метод «от
противного».
Итак, допустим, что и четное (А). Тогда и представи-
мо в виде и = 2t для какого-нибудь целого t. Следовательно,
и = 41~, что влечет четкость и . Действительно, и = 2(2t2),
а 2t~ целое число. Но заключение о четности п~ совпадает
с Б, т.е. мы доказали А» Б. Значит, требуемое утверждение
Б ~ А также верно. °
Как видно из предыдущего примера, при проверке теорем
равносильности могут использоваться оба подхода (т.е. как
прямое доказательство, так и метод «от противного») для раз-
ных частеи доказательства.
Некоторые теоремы говорят о равносильности нескольких
высказываний. Структура их доказательств довольна гибка
в том смысле, что проверять эквивалентность утверждении
можно в различном порядке. Самый очевидный доказывать,
что каждое из высказывании теоремы влечет любое другое и
вытекает из него в данном случае не самый удачный. Ведь
если теорема содержит хотя бы 4 равносильных высказыва-
ния, то нам потребуется доказывать двенадцать утверждений

66
Трудности доказательств
вида А а Б. К счастью, есть более простой путь, при котором
непосредственно доказывается только часть таких утвержде-
нии, а остальные получаются в качестве легких следствии уже
проделаннои работы.
Рассмотрим различные схемы доказательства теоремы, ут-
верждающей равносильность четырех утверждений А, Б, В
и Г. Как потом будет ясно, существует довольно много путей
построения этого доказательства. Мы приведем только четы-
ре из них, оставив читателю возможность отыскать остальные
в качестве интересного упражнения.
Первая схема состоит в последовательной проверке истин-
ности следующих утверждении:
(1)А~Б,
(2)Б~В,
(3) В~Г,
(4) Г~А.
Отобразим ее на диаграмме.
А
Диаграмма 1.
1) А =~ Б (доказано непосредственно);
2) А ~ Б и Б ~ В, так что из А следует В;
3) А=~ВиВ~Г,значит,АwÃ.
Порядок, в котором будут проверяться эти утверждения,
значения не имеет. Убедимся в том, что если перечисленные
утверждения доказаны, то из А следуют Б, В и Г. Действи-
тельно,

67
Теоремы соеииалького вида
С другой стороны, А вытекает из остальных высказываний.
1) Г ~ А (доказано непосредственно);
2) В= ГиГ~А,позтомуВ=~А;
3) Б ~ В и В ~ А, следовательно, Б ~ А.
Аналогично мы можем установить, что Б, В и Г влекут все
остальные высказывания, и сами вытекают из них.
По желанию можно выбрать любую последовательность до-
казываемых импликации, руководствуясь соображениями про-
стоты рассуждении или стараясь уменьшить число доказывае-
мых утверждений. Таким образом, нет какого-то одного опре-
деленного способа доказательства факта, что три или более
утверждений равносильны. На следующих диаграммах при-
водятся еще три схемы проверки эквивалентности четырех
утверждений. Используя предыдущие объяснения, обязатель-
но продумаите, почему предложенные схемы деиствительно
работают.
А
в
Диаграмма 3.
Диаграмма 2.
А
Диаграмма 4
'Напомним, что импликацией называют утверждение вида А ~ Б.
Прим. перев.
3'

68
Трудности доказательств
В общем случае для проверки эквивалентности п утвержде-
ний требуется доказать истинность по крайней мере и импли-
каций (см. диаграмму 1).
Пример 3. Пусть а и b — два разных вещественных чи-
сла. Тоеда следующие утверждения равносильны:
(1) число Ь больше числа а;
(2) среднее арифметическое чисел а и Ь, ~+~, больше а;
(9) среднее арифметическое чисел а и Ь, ~~, меньше b.
Анализ. По предположению а и b два разных веществен-
ных числа, так что мы можем пользоваться своиствами веще-
х(у или х) у или х=у.
Для доказательства требуемого утверждения нам придет-
ся сделать не менее трех отдельных проверок. На диаграмме
показаны импликации, которые мы планируем доказывать.
(2) ~~ (1) «=» (3)
Доказательство.
~4асть 1. (1) ~ (2), т.е.
Если число Ь больше числа а, то их среднее ариф-
метическое больше а.
По предположению
6)а.
Поскольку нам хочется получить сумму а+ Ь, можно добавить
одно из слагаемых к обеим частям неравенства. С другой сто-
ственных чисел, таким, например, как их упорядоченность.
Поскольку в утверждении речь идет о сравнениях, то это свой-
ство будет нам полезно. Упорядоченность чисел означает, что
для любых двух данных чисел х и у имеет место одно из трех
сравнении:

69
Теоремы соеииального вида
роны, заключение относится и к числу а, поэтому стоит по-
пытаться прибавить именно его. Итак,
а+6 & t;
Разделив неравенство на 2,получим
а+6
) а.
Таким образом, первая импликация доказана.
~4асть 2. (2) w (1).
Если среднее арифметическое чисел а и 6 больше,
чем а, то 6 больше а.
Мы предположили, что
a+b
) а.
Поэтому,
a+6 & t;
т. е.
b & t;
Стало быть, утверждение (2) ~ (1) истинно.
IRcTL 3. (1) =~ (3) или, более точно,
если число 6 больше а, то ~+~ меньше 6.
Дано:
Ь & t;
26& t; а
Źąź и в первой части доказательства, для получения суммы
мы можем прибавить к неравенству а или Ь. Но в заключении
утверждения говорится о числе 6, поэтому к обеим частям не-
равенства добавляем именно его.

70
Трудности доказательств
Разделим неравенство на 2.
a+b
Итак, мы доказали истинность вывода, т.е. обосновали им-
пликацию (1) ~ (3).
Яасть 4. (3) ~ (1).
Если среднее арифметическое чисел а и о меньше b,
то число 6 больше а.
По предположению
а+6
2
Следовательно,
а+6 (2Ь
И
а ( Ь.
Итак, последнее утверждение, (3) =~ (1), тоже верно. Доказа-
тельство проведено полностью. °
Пример 4. Следующие определения эквивалентны:
(1) Треугольник называется равнобедренным, если он име-
ет две равные стороны.
(2) Треугольник называется равнобедренным, если два его
угла равны между собой.
Время от времени приходится проверять эквивалентность
двух и более определении одного и того же объекта или поня-
тия. Разные определения возникают из-за различных подходов
к исследованию отдельных явлении, которые отталкиваются
от различных своиств объектов в зависимости от поставлен-
нои цели.

71
Теоремы сиеииалького вида
Доказательство.
Часть 1. (1) ~ (2).
Нам нужно доказать, что если треугольник имеет две оди-
наковых стороны, то какие-то два ero угла равны между со-
бой. Предположим, что у треугольника АВС, изображенного
на рис. 2, стороны AC' и СВ имеют одинаковую длину.
Рис. 2
Рассмотрим два треугольника: ADC и CDB, полученные
из АВС с помощью перпендикуляра CD, опущенного из верши-
ны С на основание АВ, т. е. высоты. Углы ZADC u ZBDC
прямые. Значит, это прямоугольные треугольники. Они име-
ют общую сторону CD, которая служит одним из катетов для
каждого из них. Более того, по предположению, их гипотену-
зы AC' и СВ имеют равную длину. Следовательно, треуголь-
ники ADC u CDB равны как прямоугольные треугольники с
попарно равными катетами и гипотенузами. Значит, их соот-
ветствующие углы, ZCAD и ZCBD, тоже равны между собой.
Часть 2. (2) =~ (1).
Фактически нам нужно доказать, что треугольник с двумя
равными углами имеет две равные стороны.
Как и в предыдущем доказательстве, воспользуемся рисун-
ком 2. Только на этот раз предположим, что ЕСАР = ZCBD.
Кроме этих углов, треугольники ADC u CDB имеют еще рав-
ные углы, ZCDA = ZCDB, поскольку величина каждого из

Трудности доказательств
них равна 90'. Значит, рассматриваемые треугольники подоб-
ны, как имеющие две пары равных углов. Но они, кроме того,
имеют еще и общую сторону CD. Поэтому они просто рав-
ны между собой. Как следствие этого факта, получаем, что
АС = СВ. °
Пример 5. Пусть f функция, определенная на всей
числовой пряиой, которая принимает только положитель-
ные значения. Тогда следующие утверждения равносильны:
(1) f — убывающая функция.
(2) Функция д(х) = возрастает.
/(*)
(Я) Функция h(õ) = — f(õ) возрастает.
(g) Функция k„(x) = и/(х) убывает при любом положи-
тельном значении числа и.
Доказательство. Напомним, что определения убываю-
щей и возрастающей функций приведены на стр. 13. Эквива-
лентность утверждении будем доказывать в следующем поряд-
ке: (1) =~ (2), (2) =~ (3), (3) ~ (4) и (4) ~ (1).
Яасть 1. (1) ~ (2).
По опредеяенвяо убывающей функции, ддя ~побьпс веществен-
ных чисел х~ ( х~ выпапнено неравенсгво /(х~) ) /(х~). По усло-
вию все значения функции f положительны. Следовательно,
предыдущее неравенство равносильно тому, что (
1 1
т. е. д(х~) ( д(х~). Итак, функция д возрастает.
~4асть 2. (2) ~ (3).
Нам известно, что функция д(х) = ~ возрастает, причем
/(х) ) 0 при любом значении переменной х. Отсюда, в частно-
сти, следует, что д(х) тоже принимает только положительные
значения. Нам нужно показать, что h(x) = ā€” f(õ) возрастает.
Учитывая определения функций д и h, имеем: 6(х) = — ~.

73
Теоремы сиеииальиого вида
Возьмем произвольные числа х~ ( х~. Ввиду возрастания
функции д, получаем д(х~) ( д(х~). Числа, стоящие в обеих
частях неравенства, положительны, значит
1 1
&
д(х~) д(х~)
Умножив это неравенство на — 1, получим
1
)—
д(х~)
д(х~)
Откуда h(õ~) ) h(xp)) что доказывает возрастание функции h.
Яасть 3. (3) ~ (4).
Напомним, что нам нужно, опираясь на возрастание функ-
ции h(õ) = — f(õ), показать, что функция k„(õ) = и/(z) убы-
вает при любом положительном числе и. Как обычно, выбе-
рем произвольные числа х~ ( х~. По определению возраста-
ющей функции h(õ~) ( Ь(х~). Подставим в это неравенство
выражение h через f: — /(х~) ( — /(х~). Осталось умножить
полученное на отрицательное число — и, чтобы получить
Af (~~) ) 'п~(х~).
Вспомнив, как определяется функция Й„, убеждаемся, что
lс„(х ~ ) ) k„(õ~).
Так как х~ и х~ были произвольные вещественные числа, удо-
влетворяющие неравенству х~ ( х~, то мы доказали убывание
функции k„.
~Хасть 4. (4) ~ (1).
Здесь нам дано, что каково бы ни было положительное чи-
сло и, функция Й„(х) = čf (õ) убывает. В частности, убывает
функция f (õ) = Й~(х). А именно этот факт и требовалось до-
казать в последнеи части. °

74
Трудности доказательств
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Функция f(õ) не возрастает тогда и только тогда, когда
неравенство, ( 0 имеет место для всех чисел х и с
из области определения, удовлетворяющих условию х g c.
(См. определение невозрастающей функции на стр. 13.)
2. Произведение целых чисел нечетко тогда и только тогда,
когда оба сомножителя нечетны.
4. Для двух натуральных чисел т и s следующие утвержде-
ния эквивалентны:
(1) r&gt
(2) при любом вещественном числе а & t 1 выполн
неравенство а" ) а',
(3) при любом положительном вещественном числе а ( 1
выполнено неравенство а" ( а'.
5. Пусть а и Ь разные вещественные числа. Следующие
утверждения эквивалентны:
(1) число 6 больше числа а;
(2) среднее арифметическое +~ больше а;
(3) среднее арифметическое + меньше 6.
Установите равносильность утверждений по следующей
схеме: (1) ~ (2), (2) =~ (3), (3) ~ (1).
6. Пусть х и у разные отрицательные вещественные чи-
сла. Докажите эквивалентность следующих неравенств:
(1) х(у;
(2) lõI & t; [
(3) х & t
3. Натуральное число и делится на 3 в том и только том
случае, когда на 3 делится его квадрат и .

75
Теоремы соеииалького вида
7. Даны две системы линейных уравнений:
а~х+ Ь~у = с~,
а~х + bury = с~
(S&g
& t; а х+ ~ =
(Ьа~ + а~)х + (ЬЬ~ + bg)y = Ьс~ + с~,
(~2)
где а~, а~, b~, b~, с~, с~ и b вещественные числа, при-
чем b ф О. Упорядоченная пара чисел (õä,yp) является
решением системы (Я~) тогда и только тогда, когда она
является решением системы (Sz).
Контрпримеры
ство
(а + Ь) = а + Ь~.
А в качестве доказательства такого «факта» предъявить кон-
кретную пару чисел, удовлетворяющую этому соотношению.
Действительно, если а = О, а Ь = 1, то
(а+Ь) = (О+1) = 1,
а +Ь =О +1 =1.
Следовательно, равенство (а+ Ь) = а + b~ верно.
Более того, если нам скажут, что одного примера не доста-
точно, мы можем предъявить и еще несколько: а = О, Ь = — 1;
Разбор примеров бывает очень полезен, когда мы пыта-
емся освоить новое понятие, нащупать правильныи путь ре-
шения задачи или объяснить доказанный результат. Однако
пример нельзя использовать для доказательства истинности
утверждения.
Посмотрим, что происходит, когда мы свои утверждения
подкрепляем всего лишь примерами. Можно было бы заявить,
что для любых вещественных чисел а и Ь справедливо равен-

76
Трудности доказательств
а = — 4, Ь = 0; а = т, b = О, и т. д. Легко заметить, что од-
но иэ чисел в предъявленных парах всегда равно О. Однако
мы утверждали, что равенство справедливо для любой пары
чисел. А что будет, если мы подставим в равенство а = 1 и
b=2?
(a+b) = (1+2) = 9,
а +Ь =1 +2 =5.
В этом случае, очевидно, равенство не выполняется. Несмотря
на большое количество примеров, которые, казалось бы, под-
тверждают равенство, мы нашли один, которыи ему противо-
речит, т. е. контрпример. Тем не менее, его вполне достаточно
для опровержения утверждения. Действительно, мы говорили,
что равенство верно для всех ļąš вещественных чисел. Значит,
если наидется хотя бы одна пара, не удовлетворяющая равен-
ству, наше утверждение ложно.
В общей ситуации контрпример, показывающий ошибоч-
ность Б при истинности А, служит приемлемым доказатель-
ством ложности утверждения вида А ~ Б. Так происходит по-
тому, что общее утверждение не может считаться истинным
в случае, когда есть хотя бы одна ситуация, ему противореча-
щая.
Подводя итог нашим исследованиям, еще раз отметим, что
серия примеров не доказывает истинности утверждения, в то
время как одного контрпримера достаточно для ero опровер-
жения.
Рассмотрим высказывание: «каждое вещественное число об-
ладает обратным, дающим в произведении с ним 1». Мы можем
назвать миллионы чисел, деиствительно имеющих обратное.
Но существование единственного числа, а именно нуля, сводит
на нет все примеры. Поскольку для числа 0 обратного нет,
то исходное утверждение неверно. Конечно, в этой простой
ситуации утверждение легко подправить: «каждое иенулевое
вещественное число обладает обратным».

77
Теоремы соециальиого вида
Пример 1. Для любого положительного вещественного
числа х выполнено неравенство х ) х .
Анализ. Чтобы как-то понять, верно рассматриваемое ут-
верждение или нет, полезно сравнить графики функций х~
и хз. Сделайте это самостоятельно, а мы разобьем утвержде-
ние на составляющие.
А: Дано положительное вещественное число х. (Мы можем
пользоваться всеми свойствами вещественных чисел.)
Б: хз)х~.
Доказательство. Попытаемся найти контрпример. Если
х = 0,5, то хз = 0,125 и х = 0,25. В этом случае хз ( х~.
Поэтому утверждение ложно. °
Иногда контрпримеры помогают понять, почему утвержде-
ние неверно и подсказать, как изменить посылку или вывод,
чтобы сделать ero истинным.
Например, исправление утверждения, приведенного в на-
чале параграфа, выглядит так: «равенство (а+ b) = а + b'
выполнено для всех пар вещественных чисел а и b, в которых
по крайней мере одно число равно О». (Докажите это утвер-
ждение и сравните его с упр. 19 на стр. 56.)
Найденный контрпример экономит время и усилия, изба-
вляя Вас от бесплодных попыток доказать заведомо невер-
ное утверждение. Однако построить контрпример зачастую
бывает очень трудно. Более того, абсолютно не ясно, в ка-
ких ситуациях правильнее искать доказательство, а когда
строить контрпример. Стоит сначала попробовать доказать
утверждение. Если же Ваши попытки не приводят к успеху,
ищите контрпример, которым Вы докажете ошибочность про-
веряемого утверждения. С другой стороны, может случиться
и так, что все найденные Вами примеры только подтвердят
утверждение. Тогда они помогут понять, почему утверждение
правильно и натолкнуть на правильныи путь к поиску дока-
зательства.

Трудности доказательств
Пример 2. Если положительное натуральное число де-
лится на какое-mo простое, mo оно является составным.
Пример 3. Целое число, кратное 10 и 1о, кратно 1о0.
Доказательство. Ошибочность такого заключения по-
казывает следующий контрпример. Рассмотрим наименьшее
общее кратное чисел 10 и 15, НОК (10, 15) = 30. Очевидно,
это число делится как на 10, так и на 15, но не делится на 150.
В данном случае контрпример подсказывает, как испра-
вить утверждение, чтобы оно стало верным: «целое число, крат-
ное 10 и 15, делится на их наименьшее общее кратное 30».
Упражнения
Найдите контрпримеры к следующим утверждениям.
1. Предположим, что функция f возрастает, а g убывает.
Тогда их сумма f + д будет постоянной функцией, т.е.
значение функции (f+g)(x), вне зависимости от значения
переменной х, равно одному и тому же числу. (Определе-
ния возрастающей, убывающей функции и суммы функ-
ций см. на стр. 13 и 12.)
число, лежащее между 0 и ~, то 2 sin t = sin 2t.
3. Значения многочлена P(x) = х + Зх + 2 положительны
при любом вещественном х.
2. Если t
4. Если у число, обратное к вещественному числу х & t;
то 0(у(1.
Доказательство. На самом деле это не так. Действи-
тельно, число 7 положительно и делится на простое число 7
(7/7 = 1). Тем самым, предположение утверждения истин-
но. Однако 7 число простое, а не составное. Построенный
контрпример опровергает наше утверждение. °

79
Теоремы соеииалького вида
Число 3" + 2 является простым при всех натуральных
значениях и.
Пусть функции f, д и Ь определены на множестве всех
вещественных чисел. Если f o д = f o h, то д = h.
Какие из следующих утверждений справедливы? Дока-
жите верные утверждения и приведите контрпримеры к
ошибочным.
Сумма любых пяти последовательных целых чисел (т. е.
и, и+ 1, и+ 2, и+ 3, и+ 4) делится на 5.
Для любых вещественных чисел х & t 0 выполн но не
венство х & t
2 4
Сумма любых четырех последовательных натуральных
чисел делится на 4.
Пусть f и д нечетные функции (см. стр.13), опреде-
ленные на множестве всех вещественных чисел. Тогда их
сумма, f + д, является четной функцией.
Пусть f и д нечетные функции (см. стр.13), опреде-
ленные на множестве R всех вещественных чисел. Тогда
их отношение ~ четная функция (см. стр. 13), опреде-
ленная на всем множестве IR.
Любое шестизначное число вида и = абссба делится на 11.
Сумма двух чисел является рациональным числом тогда
и только тогда, когда оба слагаемых рациональны.
Пусть нечетная функция f определена на всем IR. Тогда
функция д(х) = (f (õ)) четка и определена на всем IR.
Предположим, что функция f, определенная при всех ве-
щественных значениях переменнои, принимает только
положительные значения. Тогда функция д(х) = (f (õ))
возрастает (смотри определение возрастающей функции
на стр. 13).

Трудности доказательств
Метод математической индукции
Прежде чем приступить к формальному изложению метода
индукции, попытаемся решить следующую задачу.
Сколько п-значных чисел можно выписать,
используя только единицы и äāīéźč~
Эта задача, в отличие от разобранных ранее примеров, в своей
формулировке не содержит ответа. Поэтому ее решение есте-
ственно разбивается на два этапа.
1) Каким-то образом угадать правильный ответ.
2) Доказать истинность ответа.
Но если с доказательствами мы уже встречались в этой кни-
ге, то как подоити к поиску ответа мы еще не представляем.
Здесь полезно руководствоваться тезисом многих математи-
ков, которые вопреки бытующему мнению считают, что
«математика — наука экспериментальнж!».
Это означает, что для поиска верного ответа нужно разобрать
несколько частных случаев предложеннои задачи, а потом по-
смотреть на последовательность решении, чтобы уловить за-
кономерность.
Итак, проведем серию экспериментов, т. е. решим нашу за-
дачу при малых значениях и.
Пусть п = 1. Тогда исходная задача выглядит так:
Сколько однозначных чисел (т. е. состоящих из од-
ной цифры) можно выписать, используя только
единицы и двойки~
Ответ очевиден! Только два: 1 и 2.

Теоремы снеииальиого вида
Теперь возьмем п = 2 и найдем все двузначные числа, за-
писанные с помощью 1 и 2:
11, 12
21, 22.
211,
212,
221,
222.
111,
112,
121,
122,
При этом нужно быть очень внимательным, чтобы ничего не
пропустить и никакого числа не написать дважды. После тща-
тельнои проверки убеждаемся, что мы выписали все возмож-
ные числа по одному разу. Значит, при п = 3 ответ: 8.
Ага, похоже, что с увеличением п на 1 количество чисел
умножается на 2. Примем нашу догадку за рабочую гипотезу.
Если она верна, то ответ к задаче при п = 4 должен быть
2 8 = 16. Конечно, для его проверки достаточно выписать
все четырехзначные числа, состоящие из 1 и 2, и пересчитать
их. Однако 16 это уже довольно много. Так что выписывая
нужные нам числа, можно легко допустить ошибку. Как бы
придумать процедуру перечисления, гарантирующую нас от
неточности?
Попробуем все наши числа разбить на две группы. К пер-
вои отнесем все те, которые начинаются с 1, а ко второи с
двойки. Таким образом, число, относящееся к первой группе,
имеет вид
где аз, а~, а~ 6 (1, 2),
1QgGgGy
В этом случае ответ 4.
Нам пока еще не очень видна закономерность. Может быть,
при переходе к следующему числу ответ удваивается, а может,
увеличивается на 2. Не исключено, что ответы связаны друг
с другом еще более хитро.
Разберем следующий частный случай, п = 3, и выпишем
трехзначные числа, удовлетворяющие условию задачи.

Трудности доказательств
а вторая группа содержит такие числа:
где аз, а~, а~ E (1, 2).
2аза~а~
его.
Прежде всего обозначим множество п-значных чисел, со-
стоящих из 1 и 2, символом X(n), а их количество че-
рез х(п). Как мы уже выяснили, х(1) = 2, х(2) = 4, х(З) = 8
и х(4) = 16. Глядя на полученные ответы, можно предполо-
жить, что в общей ситуации справедливо равенство х(п) = 2".
Именно зто равенство мы и будем доказывать.
Прежде всего заметим, что любое из нужных нам чисел дей-
ствительно попадет в одну из этих групп, поскольку первая
его цифра, согласно условию, либо 1, либо 2. Более того, оче-
видно, что ни одно из чисел не попадет сразу в две группы.
Осталось подсчитать количество чисел в каждой группе.
Но зто сделать довольно легко даже ничего не выписывая.
Если мы возьмем любое число из первой группы, например
1GgGgGy, и отбросим первую единицу, то получится трехзнач-
ное число азарта~, цифрами которого будут только 1 и 2. Таких
чисел 8. Стало быть, чисел, принадлежащих первой груп-
пе, тоже 8. Аналогично, отбрасывая первую двойку у числа
из второи группы, получаем трехзначное число, удовлетворя-
ющее условию задачи, т.е. во второй группе тоже 8 чисел.
Значит, в случае п = 4 ответ 16.
Наша гипотеза подтвердилась, и возникает соблазн сде-
лать общии вывод: при переходе к следующему и количество
чисел удваивается. Однако так делать нельзя ни в коем слу-
чае. Мы действительно доказали зто утверждение для первых
нескольких значении и, но еще остается вероятность, что для
каких-то п утверждение будет ложным. Хорошо, скажете Вы,
а что же тогда делать? Ведь нельзя же перебрать все нату-
ральные числа и для каждого из них проверить наше утвер-
ждение. Формально Вы правы. Но есть способ доказать истин-
ность ответа и не перебирая всех чисел. Продемонстрируем

83
Теоремы сиеииальиого вида
Заметим, что доказываемое равенство справедливо при и = 1.
Предположим, что оно истинно при каком-то натуральном чи-
сле k & t  и вычис им следую ее значен е, ( + ). Разоб
множество X(k + 1) (k + 1)-значных чисел из нашей задачи
на две группы: Xq(k + 1) и Xg(k + 1). В первой из них будут
все (k+ 1)-значные числа из X(k + 1), первая цифра (слева)
которых равна 1. Во второй — те, которые начинаются с 2.
Ясно, что любое число иэ X(k+ 1) попадет в одну из групп,
причем только в одну. Покажем теперь, что количество чисел
в каждой группе равно х(Й). Действительно, отбросив первую
цифру у любого числа из X&gt ( + ), полу им чи ло иэ Х(
И наоборот, приписав к произвольному числу из X(k) слева 1,
мы получим какое-то из X~(k+ 1). Иными словами, каждому
числу из Х~(1+1) можно сопоставить одно и только одно число
из X(k). В то же время, каждому числу из X(k) соответству-
ет одно и только одно число из X~(k+ 1). Поэтому количество
элементов в этих множествах одинаково, а именно õ(k). Ана-
логично доказываем, что количество чисел во второи группе,
Xq(k+ 1), тоже равно x(k). Итак, мы получили соотношение:
х(Й+ 1) = 2х(/с).
По нашему предположению х(lс) = 2". Следовательно,
õ(k+1) =2 2" =2"+ .
Оказывается, такого рассуждения уже достаточно, чтобы
доказать истинность формулы х(п) = 2" для всех натураль-
ных чисел и. Обоснование достаточности такого типа аргу-
ментов мы оставим на потом, а сеичас попытаемся проанали-
зировать метод и сформулировать его в общем виде.
Мы имеем дело с утверждением (или формулой), которое
зависит от натурального числа п (как Вы понимаете, обозна-
чение натурального числа весьма условно, и вводится только
для удобства ссылок). Можно сказать, что у нас есть не од-
но утверждение, а серия утверждений P(n), пронумерованных

Трудности доказательств
натуральными числами. Наша цель доказать истинность
всех утверждений P(n), начиная с какого-то конкретного чи-
сла пв (в предыдущем примере np — — 1, но такое бывает не
всегда). Для достижения цели мы убеждаемся в истинности
P(np), потом предполагаем справедливость P(k) для какого-
то произвольного натурального Й и, опираясь на это предпо-
ложение, доказываем, что P(k + 1) тоже верно. После чего
заявляем об истинности всех утверждений P(n). Не кажется
ли Вам, что где-то мы ошибаемся?
Чтобы устранить все сомнения, сформулируем метод в ка-
честве теоремы и докажем ее.
Теорема (принцип математической индукции). Пред-
положим, что для каждого натурального числа и & t; np е
утверждение P(n), обладающее двумя свойствами:
1) P(np) истинно;
2) для любого натурального k » np из справедливости P(k)
вытекает истинность P(k+ 1), т. е. P(k) ~ P(k + 1).
Тогда утверждение P(n) верно для любого натурального чи-
сла и & t;
Доказательство. Докажем теорему методом «от против-
ного». Допустим, что условия теоремы выполнены, но утвер-
ждение P(m) ложно для какого-то натурального числа т & t;
Пусть mp — самое маленькое натуральное число среди всех
таких. Очевидно, т g np, поскольку истинность утверждения
P(np) известна из условий теоремы. Поэтому mp — 1 & t; np
по выбору mp, утверждение P(mp — 1) справедливо. Тогда
из второго условия теоремы следует, что P(mp) тоже верно.
Полученное противоречие доказывает теорему. °
Доказанная теорема дает нам очень мощный метод провер-
ки бесконечного числа утверждении, зависящих от натураль-
ного числа. Он применяется очень часто там, где другие мето-
ды рассуждений не в силах привести к победе. Поэтому очень

Теоремы соеииальиого вида
важно освоить метод математическои индукции и научиться
правильно его применять. Этим мы займемся в последующих
примерах, а сеичас скажем несколько слов о стандартнои тер-
минологии.
Допустим мы доказываем серию утверждений P(n) при
и & t; np индуктив ым метод м. Пер ый ш г, прове ка ист
ности утверждения P(np), называется оазой индукции. Допу-
щение о справедливости высказывания P(k) для произвольно-
го натурального числа k называют предположением индукции
или индуктивным предположением. И наконец, индуктивный
переход или шаг индукции заключается в доказательстве им-
пликации P(k) w P(k+ 1).
Пример 1. Методом математической индукции докажи-
и n+1
me, что сумма первых и натуральных чисел равна
Доказательство. Нам предстоит доказать истинность
равенства
n(n + 1)
1+2+ +(n — 1)+п =
2
и чисел
для всех натуральных чисел и & t;
База индукции. Верно ли это равенство при и = 1, наи-
меньшем из возможных натуральных чисел?
1(1 + 1)
Как видно из приведенного вычисления, данная формула дает
верныи результат, что означает ее истинность при и = 1.
Предположение индукции. Предположим, что формула
работает при сложении первых k чисел, т. е. равенство
k(k+ 1)
1+2+ +(Й вЂ” 1)+k=
Й чисел
справедливо.

Трудности доказательств
Шаг индукции. Покажем, что формула имеет место для
следующего числа п = k + 1:
(k+1)&lt (~ 1)
1+2+ +Й+(Й+1) =
</с 1) чи
Прежде всего заметим, что правую часть проверяемого ра-
венства можно переписать в виде:
("+1)<("+1) 1) (k+1)(k
и преобразуем левое выражение.
+ k + (k + 1) = &l ;    + ( - 1 - В) (ж
Опираясь на предположение индукции, имеем
& t; 1+ 2 + (k Ђ” 1 + k
k(k+ 1)
Следовательно,
1+2+ ° + — 1 + + +1 = + +1
k(k+ 1)
k(k + 1) + 2(k + 1)
2
(k + 1)(k + 2)
2
Пример 2. Сумма первых и нечетных чисел равна п~,
m. e.
1 + 3+ 5 + + (2п — 1) = n~.
Мы убедились, что левая и правая части формулы (1) совпада-
ют, т. е. равенство действительно верно при и = k+ 1. Значит,
по принципу математической индукции наша формула верна
для всех натуральных чисел и. °

Теоремы соеииальиого вида
Доказательство.
База индукции. Подставим в это равенство п = 1, наи-
меньшее натуральное число, при котором формула имеет смысл.
В этом случае у нас только одно нечетное число и формула,
конечно, обращается в верное тождество:
1=1 .
Предположение индукции. Предполагаем, что форму-
ла верна для любого набора первых Й нечетных чисел, т.е.
равенство
1+3+5+ +(2k — 1) = Й
истинно.
Шаг индукции. Здесь нам нужно проверить формулу для
п = k + 1 первых нечетных чисел, а именно, установить спра-
ведливость равенства
1+ 3+ 5+ + (25 — 1) t (2(é+ 1) — 1) = (/с+ 1) .
Выделив в левой части проверяемого равенства первые k сла-
гаемых, мы можем воспользоваться предположением индук-
ции.
1+ 3+ 5+ + (25 — 1) + (2(5+ 1) — 1) =
1+ + +...+ 2 — 1 + +1
= k~ + 2k + 1 = (/с+ 1) .
Отсюда видно, что формула, приведенная в утверждении,
справедлива при n = k+ 1. Значит, ввиду принципа математи-
ческои индукции, она верна для любого натурального и. °
Иногда при доказательстве бесконечной серии утвержде-
ний сформулированного принципа математической индукции
не хватает. Поэтому его часто называют слабым принципом

Трудности доказательств
математической индукции, в отличие от принципа строгой
математической индукции, который приведен ниже.
Теорема (принцип строгой математической индук-
ции). Предположим, что для каждого натурального числа
и & t; np сформулиров но утвержде ие P( ), обладаю ее с
дующими двумя свойствами:
1) P(n&l ;) истин
2) если P(n) справедливо при и = np,np + 1,..., k, то ут-
верждение P(k+ 1) тоже верно.
Тогда для любого натурального и & t; np утвержде ие P
истииио.
Несмотря на громкое название, доказательство этой теоре-
мы практически ничем не отличается от доказательства сла-
бого принципа математической индукции. Поэтому мы оста-
вим его читателю.
Однако область применения принципа строгой индукции
гораздо шире, чем слабого принципа. Для иллюстрации на-
шего заявления докажем теорему о разложении натурального
числа в произведение простых, на которую мы уже ссылались
в этои книге.
Пример 3. Если натуральное число и больше 1, то либо
оно простое, либо представляется в виде произведения про-
стых чисел.
Доказательство.
База индукции. Теорема, очевидно, справедлива для наи-
меньшего из возможных натуральных чисел, о которых в неи
говорится. Таким числом будет 2, а оно простое.
'Обычно эту теорему называют «Основной теоремой арифметики».
Прим. перев.

89
Теоремы спеииальиого вида
Предположение индукции. Допустим, что теорема вер-
на для всех натуральных чисел, лежащих между 2 и произволь-
ным, но фиксированным натуральным числом Й включительно.
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения для
k + 1. Если число k+ 1 является простым, то истинность тео-
ремы для него не вызывает сомнений. Допустим, что k+ 1—
число составное. По определению составных чисел (см. стр. 11)
имеем
Й+ 1 = р. q, где р ) 1, q ) 1 натуральные числа.
Давайте подумаем, могут ли числа Р и q быть больше k? Если
это так, то их произведение больше k~. А так как Й ) 2, то
наше предположение приводит к ложному неравенству: k+ 1 =
=р q)k~.
Итак, каждый из сомножителей больше 1 и не превосхо-
дит k. Значит, к ним можно применить предположение ин-
дукции, по которому как р, так и q либо простое число, либо
представляется в виде произведения простых. В этот момент
полезно отметить, что слабого принципа математическои ин-
дукции для такого заключения не достаточно (почему?).
Если оба сомножителя просты, то мы представили k+ 1 в
виде произведения двух простых чисел. Если одно из них, ска-
жем р, простое, à q — составное, то последнее представляется
в виде произведения
Ч = Š1Š2 ' 'Рз
где каждыи из сомножителеи
простое число. Поэтому
k+ 1 РЧ РР1Р2'''Рв
тоже представляется в виде произведения простых. Аналогич-
но разбирается случаи, когда и р, и q — составные числа.
Таким образом, &am ;+1 предста и о в иде произвед ния
стых в любом случае, что завершает индуктивныи шаг и все
доказательство в целом. °

90
Трудности до~сазательств
Пример 4. Многочлен степени и & t  с вещественн
коэффициентами имеет не более и корней.
Доказательство. База индукции. Проверим утвержде-
ние для наименьшего из возможных натуральных чисел и = 1,
т.е. покажем, что многочлен первои степени имеет не боль-
ше одного корня. Как известно, многочлен первой степени с
вещественными коэффициентами имеет вид
Р~(х) = ах+ 6, где а,b E IR, а ~~ О.
ас+Ь=О.
Но, как Вы знаете, такое уравнение с ненулевым коэффициен-
том а решается однозначно:
с = — —.
Значит, база индукции выполнена.
Предположение индукции. Пусть любой многочлен с
вещественными коэффициентами, степень которого не превос-
ходит Й, имеет не более lс корней.
Шаг индукции. Рассмотрим многочлен Р~» ~(х) степени
Й + 1. Предположим для определенности,
Р~+~(х) = а~~~х + а~х + + а~х + ap, а~+~ ф О.
k+1 k
Если многочлен В~» ~(х) вообще не имеет корней, то утвер-
ждение верно (О ( Й + 1). Допустим все-таки, что Р~ ~(с) = О
для какого-то вещественного числа с, т.е. с корень этого
многочлена.
Здесь нам придется воспользоваться малоизвестным для
школьников фактом.
Если число с является корнем этого многочлена, то по опреде-
лению Р(с) = О. Иными словами, с удовлетворяет уравнению

91
Теоремы спеииальиого вида
Если число с — корень многочлена P~~ ~ (õ) с в е-
щественными коэффициентами, то этот много-
член делится на х — с. Иначе говоря, найдется та-
кой многочлен с вещественными коэффициентами
Р~(х) степени k, что
Pj,+ q (х) = (х — с)" Р, (х),
(2)
P,(ñ) g О.
Более того, каждый раз деля многочлен на х — с, мы уменьшаем
его степень на единицу. Значит,
(3)
k+1- r = s & t; k
Возьмем теперь любой другой корень а исходного много-
члена и подставим его в равенство (2):
0 = Р~~~(а) = (а — с)" Р,(a).
Так как а ф с, то а — с j О. Отсюда следует, что а является
корнем многочлена P,(õ). Этим рассуждением мы показали,
что все корни исходного многочлена, отличные от с, являют-
ся корнями многочлена P,(õ). С другой стороны, степень s
многочлена Р,(х) меньше k+ 1 (см. неравенство 3), и по пред-
положению индукции он имеет не более в корней. Значит, ис-
ходный многочлен будет иметь не больше, чем s + r = k+ 1
корней. Шаг индукции, а вместе с ним и все доказательство
закончены. °
Вы его можете доказать самостоятельно (см. упр. 17 на стр. 142).
Применяя этот факт, мы разделим многочлен Р~& t; ~ х) н х Ђ
и получим другой многочлен Р~(х). Если число с является кор-
нем многочлена Р~(х), то разделим и его на х — с, и так да-
лее, пока не получим многочлена P,(õ) степени в, который не
обращается в нуль в точке х = с. Подводя итог проделанным
рассуждениям, получаем:

Трудностпи домазатпельств
Приведем пример некорректного индуктивного рассужде-
ния.
Пример 5. Разность степеней 7" — 4" делится на 3 при
любом натуральном показателе п.
Доказательство.
Некорректное индуктивное рассуждение.
База индукции. Проверка истинности нашего утвержде-
ния при и = 1 очень проста:
7' — 4' = 3.
Предположение индукции. Предположим, что утвержде-
ние справедливо для произвольного натурального k, т. е. раз-
ность 7" — 4" = 3t, где t целое число.
Шаг индукции. Доказываем истинность утверждения для
и = Й+ 1. Для этого нам потребуется малоизвестная формула
сокращенного умножения:
/с+1 Ь/с+1 ( b)( /с ~ /с — 1Ь ~ ~ 2Ь/с — 2 ~ Ь/с — 1 ~ Ь/с)
Для ее проверки достаточно раскрыть скобки и привести по-
добные члены.
(а — Ь)(а" + а~ 1Ь+ а~ 2b2+ + а Ь~ 2+ ab~ + Ь~)
lс+1 + kb + lс — 1Ь2 + + 3bk — 2 + 2Ь/с — 1 + bk
/сЬ lс — 1Ь2 lс — 2~ 3 2Ь/с — 1 + bk bk@1
/с+1 Ь/с+1
По этой формуле
7"+ — 4"+ = (7 — 4)(7" +4 7~ + +7 4~ +4") =
= 3(7" + 4 7~ ' + + 7 4~ ' + 4").
Так как число в скобках целое, мы получаем, что разность
7" +' — 4" + делится на 3.

93
Теоремы свеииалького вида
Конечно, этим рассуждением мы доказали истинность на-
шего утверждения. Однако предположение индукции не игра-
ло в нем никакои роли, и мы могли о нем просто не упоминать.
Фактически, наше доказательство не испольэовало индукцию.
Корректное индуктивное рассуждение.
База индукции. Как и в предыдущем случае, база индук-
ции выполнена. Не будем повторяться, перепроверяя ее.
Предположение индукции. Предположим, что разность
7" — 4" = Зв делится на 3.
Шаг индукции. Докажем, что разность 7"+~ — 4"+~ тоже
делится на 3.
7"+ — 4~+~ = 7 7" — 4 4" =
= (3 + 4)7" — 4 4" =
=3 7" +4 7" — 4 4" =
= 3 7" + 4(7" — 4").
По предположению индукции 7" — 4" = Ēs, где s
Поэтому,
целое число.
7"+' — 4"+' = 3 7" +4(7" — 4") = 3 7" +4 Зв = З(7" +4s).
Итак, разность 7"+ — 4"+ тоже делится на 3. Индуктивный
переход, а вместе с ним и доказательство закончены. °
Утверждения, касающиеся неравенств, обычно несколько
более сложны для доказательства, нежели утверждения, по-
священные равенствам. Действительно, при работе с неравен-
ствами у нас есть некоторая доля неопределенности в отличие
от исследования равенств. Любое математическое выражение
тождественно равно только самому себе. Поэтому все, что мы
можем с ним сделать это как-то его преобразовать соглас-
но правилам алгебры. С другой стороны, один из возможных
путей проверки неравенств вида f ( д заключается в том,
чтобы найти выражение h, которое удовлетворяет сразу двум

Трудности доказательств
неравенствам f ( 6 и h ( д. Несмотря на то, что казалось бы
мы усложняем задачу, этот путь довольно часто приводит к
победе. Однако при этом нам предоставляется довольно боль-
шой простор для выбора выражения h, что может замедлить
решение задачи. Проиллюстрируем сказанное примером.
Пример 6. Любое натуральное число а & t 4 удовлет
ряет иеравенствр
а &gt 3а +3a
Доказательство. Докажем это утверждение индукцией
по а.
База индукции. Как обычно, начнем с проверки неравен-
ства при наименьшем из натуральных чисел, о которых идет
речь в утверждении, а = 4. Так как
3 4 + 3 4+ 1 = 3 16+ 12+ 1 = 61 ( 64 = 4,
то база индукции выполнена.
Предположение индукции. Допустим, утверждение вы-
полнено для произвольного целого числа k & t; 4, т е. нерав
ство
k~ & t; 3 ~+ k
истинно.
Шаг индукции. Докажем его справедливость для следу-
ющего натурального числа а = Й+ 1. Практически из предпо-
ложения индукции нам нужно вывести, что
(/с+1)~ & t; 3(k+1)~+3(k+1)
Упростив правую часть доказываемого неравенства, мы мо-
жем переписать его в виде
(Й + 1) & t; l + 9 +

95
Теоремы соеииального вида
Воспользуемся формулой для куба суммы и предположени-
ем индукции.
(Й + 1)' = k' + Çk' + ЗЙ + 1 &
& t; (Ē ~+ Й+ 1) +3 ~+ k+
Вопреки большому соблазну, приведем в правой части нера-
венства лишь некоторые подобные члены и получим
(Й + 1) & t; k + k + 6 +
ЗЙ~+ ЗЙ~+ 6Й+ 2 & t; 3 ~+ k+
Поскольку Й & t; 4, то k & t  k Й gt; 12
ЗЙ~ + Ēk~ + 6Й + 2 & t; k + 2 + 6
= ЗЙ~ + 9k+ (9k+ 2).
Кроме того, условие Й & t 4 вле ет неравенс во 9   &
Поэтому
(Й+ 1) >З ~+ Й + k
& t; Й + k+ ( k+ 2
& t; Ēk~+9k
А это как раз то неравенство, которое мы собирались доказы-
вать (см. формулу (5)). °
Мы нашли промежуточное выражение (правая часть по-
следнего неравенства), которое не превосходит (Й+ 1), и нам
осталось показать, что оно не меньше правои части неравен-
ства (5), т. е. показать, что для всех Й & t 4 выполн

96
Трудности доказательств
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Для любого натурального числа п выполнено равенство
22 ~ 23 ~ ~ 2п 1 2п 1.
2. Каково бы ни было натуральное число п, число 9" — 1
делится на 8.
3. Сумма первых и нечетных чисел равна и + и, т. е.
2
2+4+ 6+ + 2n = и + n.
4. Пусть а & t 1 фиксирован ое веществен ое чис о
натуральное число и больше или равно 3. Тогда
(1+ а)" & t; 1+ n
5. Для любого натурального числа и имеет место тожде-
СТВО:
1 ——
1
2
6. Любое натуральное число и & t 3 удовлетвор ет нерав
ству n~ ( 5 и.'.
8. Число 10" — 1 делится на 9 при любом натуральном пока-
зателе и.
9. Последняя цифра (справа) числа 3" с натуральным пока-
зателем может быть только 1, 3, 7 или 9.
7. Если п
на 4.
1 1 1 1
2 2~+ 2з+
нечетное натуральное число, то и — 1 делится
2

97
Теоремы сиеииальиого вида
10. Пусть и целое число, большее 4. Тогда предпоследняя
цифра (справа) числа 3" четна.
1 0 1 0
11*. Пусть А =
1 1
. Тогда А" =
и 1
для всех и & t;
Теоремы существования
1) Если возможно, указывают алгоритм (процедуру) явно-
го построения объекта, удовлетворяющего требуемым
свойствам. Такое доказательство называют конструк-
жив кым.
2) Иногда явная конструкция объекта невозможна. Поэто-
му нам нужно наити аргументы, гарантирующие суще-
ствование объекта, хотя мы и не можем предъявить ни
одного примера, удовлетворяющего условиям теоремы.
Пример 1. Для любых двух рациональных чисел найдется
третье рациональное число, лежащее между ними.
Анализ. Переформулируем это утверждение, выделив пред-
положение и заключение.
А: Рассмотрим два рациональных числа а и Ь и для опреде-
ленности будем считать, что а & t;
Б: Найдется такое рациональное число с, что а & t  &
Доказательство. По определению рациональных чисел
имеем
m
а= —, ng0,
и
Теоремы существования легко узнать по формулировке,
поскольку они утверждают, что наидется по краинеи мере
один объект, обладающий указанными свойствами. Обычно
такие теоремы доказывают одним из следующих способов.

Трудности доказательств
где т, п, р и q целые числа. Нам уже известно, что среднее
арифметическое двух разных чисел лежит строго между ними
(см. пример 3 на стр. 68). Поэтому для доказательства нашей
теоремы достаточно проверить, что среднее арифметическое
рациональных чисел число рациональное. Итак,
ą-~-6 1 (т р)
mq+ np
2nq
Число mq+ np целое, так как целыми являются числа т, п, р
и q. Кроме того, знаменатель дроби 2nq, будучи целым числом,
как произведение трех ненулевых чисел отличен от нуля. Зна-
чит, число с рационально и как среднее арифметическое чисел
а и о, лежит между ними, т. е. а ( с ( b. °
Пример 2. Пусть х — иррациональное число. Тогда най-
дется хотя бы одна цифра, которая бесконечное число раз по-
вторяется в представлении х бесконечной десятичной дро-
бью.
Анализ. Мы даже не знаем, чему равно данное нам чи-
сло х, поэтому, естественно, не приходится и мечтать наити
конкретную цифру, удовлетворяющую условию утверждения.
Иными словами, конструктивного доказательства нам не по-
строить.
Доказательство. Попробуем доказать утверждение ме-
тодом «от противного». Допустим, что каждая из десяти цифр
повторяется в записи числа х лишь конечное число раз. Пусть
для определенности цифра Й повторяется п~«раз. Но тогда в
бесконечнои десятичнои дроби, равнои числу х, будет всего
лишь конечное число знаков, а именно
N=no+n&g ;+ +ne

99
Теоремы соеииалького вида
знаков, что противоречит ее бесконечности. Полученное про-
тиворечие доказывает исходное утверждение. °
Пример 3. Найдется прямая на координатной плоско-
сти, проходящая через точки с координатами (О, 2) и (2, 6).
Доказательство. Докажем это утверждение двумя спо-
собами: предъявив уравнение искомои прямои и с помощью
теоретических аргументов.
1. Воспользуемся тем, что любая прямая (отличная от вер-
тикальной) на координатной плоскости описывается уравне-
нием
y — yo = k(& t; Ђ” &
где (хо,yp) координаты одной из точек, принадлежащей
прямой, а k угловой коэффициент этой же прямой. Кроме
того, если известны координаты (х~,у~) еще какой-то точки
нашей прямой, причем xp j х~, то угловой коэффициент k вы-
числяется по формуле:
91 — УО
х1 — хО
Используя данные нам условия и последнюю формулу, получа-
OM
= 2.
Значит, искомая прямая описывается уравнением
у — 2 = 2(х — О)
или
y = 2х+2.
2. Напомним, что одна из аксиом евклидовой геометрии
утверждает, что через две разные точки плоскости можно
провести одну и только одну прямую. Так как точки, о ко-
торых идет речь в нашем утверждении, различны, то по этои

100
Трудности до~сазательств
аксиоме через них можно провести прямую. А ровно это и на-
до было доказать. °
Пример 4. Многочлен Р(х) = х +х +a~+õ — 1 имеет
хотя оы один корень, лежащий на отрезке [0,1].
Р(О) = — 1,
Р(1) = 3.
Итак, Р(О) ( О, в то время как Р(1) ) О. Значит, по сфор-
мулированной теореме на интервале (О; 1) найдется точка с, в
которой многочлен P(x) обращается в нуль, т.е. его корень.
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Существует функция, определенная на всей числовой пря-
мой, множество значений которой полуинтервал (О, 1].
Анализ. Прежде всего отметим, что многочлен Р(х) явля-
ется непрерывной функцией на отрезке [О, 1] и мы можем поль-
зоваться всеми свойствами непрерывных функций на отрезке.
Если бы мы попытались найти точные значения корней
многочлена Р(х), нам бы пришлось решать уравнение четвер-
той степени, что хотя и возможно, но довольно трудно. Од-
нако в задаче не требуется точного значения корней. Нам до-
статочно показать, что наидется по краинеи мере одна точка
с E [О, 1], для которой P(c) = О.
Доказательство. Доказательство этого факта использу-
ет важную теорему математического анализа, которая гово-
рит, что если непрерывная на отрезке [a, 6] функция /(х) при-
нимает в точках а и 6 значения разных знаков, то найдется
такая точка с б (а, b), что /(с) = О.
Мы уже отметили, что многочлен P(r) непрерывная
функция на отрезке [О, 1]. Вычислим значения P(x) на концах
заданного отрезка.

101
Теоремы соеииальиого вида
2. Найдется такое натуральное число п, при котором число
2" + 7" будет простым.
3. Пусть а иррациональное число. Тогда найдется такое
иррациональное число Ь, для которого произведение ab
будет целым числом.
4. Найдется многочлен второй степени Р(х), для которого
P(0) = — 1 и P( — 1) = 2.
5. Можно подобрать два рациональных числа а и б, удовле-
творяющих условию: а положительное целое число, а
6~ отрицательное целое число.
6. Между двумя рациональными числами а ( 6 найдется по
краинеи мере три рациональных числа.
7. Неравенство 2" ) 4" имеет решение в целых числах.
8*. Пусть P(x) = а„х" +а„~х" + +a~x+ap многочлен
нечетной степени п„в частности а„ф О. Тогда уравнение
P(x) = 0 имеет хотя бы один вещественный корень.
Теоремы единственности
1) «От противного». Отрицание единственности означает,
что наидется по краинеи мере два объекта, обладаю-
щих указанными свойствами. В связи с этим для доказа-
Теоремы такого типа утверждают, что объект, облада-
ющий требуемыми свойствами (существование которого уже
доказано), обязательно единственен. Для их обоснования сле-
дует показать, что не существует никакого другого объек-
та, удовлетворяющего указанным условиям. Прямая проверка,
как правило, неосуществима, поскольку мы можем иметь дело
с бесконечным числом объектов. Поэтому нужно использовать
какой-то другой подход. Обычно теоремы единственности до-
казывают одним из следующих способов:

102
Трудности доказательств
тельства единственности достаточно показать, что та-
кие объекты обязательно совпадают.
2) В том случае, когда доказательство существования ука-
занного объекта конструктивно, можно попытаться до-
казать, что каждый шаг алгоритма (процедуры), приво-
дящего к построению нужного объекта, однозначен, т. е.
дает единственныи результат.
3) Если явно описать объект невозможно, следует отыскать
аргументы, гарантирующие его единственность.
Пример 1. Существует только одно вещественное чи-
сло х, удовлетворяющее уравнению
а х=х а=а
при любом вещественном а.
1 х=х 1=1,
(2)
t ° õ=õ t=t.
Поскольку t решение уравнения (1), получаем
С другой стороны, 1 корень уравнения (2). Значит,
1 t=t.
Сравнивая эти равенства между собой, имеем
Доказательство. Прежде всего заметим, что одно ре-
шение мы знаем. Это 1. Теперь предположим, что есть еще
какое-то решение t всех этих уравнений. В частности, числа t
и 1 удовлетворяют уравнениям:

103
Теоремы сиеииалького вида
Итак, мы предположили, что есть еще какое-то решение t
всех перечисленных в условии уравнении, и пришли к выво-
ду, что оно обязательно совпадет с 1. Поэтому, естественно,
теорема единственности выполнена. °
Очень часто существование и единственность какого-то
объекта формулируются в одном утверждении: «существует
единственный... ». Их доказательство разбивается на две ча-
сти:
1) доказательство существования объекта, описанного в ут-
верждении;
2) проверка, что такой объект только один.
Доказательство. Напомним, что две функции f (~) и д(х)
называются взаимно обратными, в частности, д(х) обрат-
ная функция к f (õ), если
(f ~ д)(х) = f (g(x)) = х для любого х из области опреде-
ления д;
(д о /)(х) = ä(f (õ)) = х для любого х из области опреде-
ления
ßąńņü 1. Покажем, что обратная функция существует.
Исходная функция задана с помощью алгебраического выра-
жения. Найдем алгебраическое выражение для функции д. Со-
гласно определению, она должна удовлетворять условию:
(f ° д)(х) = /(д(х)) = х.
Подставив сюда выражение для f, получим
(д(х)) = х.
Пример 2. Функция f(õ) = х имеет единственную об-
ратную функцию.

104
Трудности доказательств
Извлечем из обеих частей равенства кубический корень и най-
дем функцию д.
д(х) = ~~х.
Необходимо проверить, что построенная функция д дей-
ствительно является обратной к f, т. е. удовлетворяет соотно-
шениям из определения. Сделаем это.
(f ~д)(х) = f (~х) = (~х) = х,
(д ° /)(х) = д(х ) = ~х~ = х.
Итак, д действительно обратная функция к f.
~4асть 2. Проверим единственность обратной функции.
Сразу заметим, что иэ нашего построения функции д, к со-
жалению, не следует, что такая функция только одна. Дело в
том, что может существовать какои-то инои способ построе-
ния, приводящий к другой обратной функции.
Поэтому воспользуемся методом «от противного» и дока-
жем более общее утверждение:
Если функция f обладает обратной, то только
одной.
д(х) = g(f(h(õ))) = (д о /)(6(х)).
С другой стороны, д тоже обратная функция к f. В част-
ности, для любого значения у имеем: (д о /) (у) = у. Подставив
теперь в это равенство Ь(х) вместо у, увидим:
g(x) = g(f(h(õ))) = (д o f)(h(z)) = Й(х).
Единственность обратной функции доказана.
Итак, предположим, что есть две функции д и h, обрат-
ные к f. Покажем, что для любого х выполнено равенство
h(õ) = д(х),
что означает равенство функций д и 6. По определению обрат-
ной функции /(6(х)) = х. Следовательно,

105
Теоремы сиеииалького вида
Пример 3. Мы уже доказывали (пример 8 на стр. 88),
что составное число и представляется в виде произведения
простых, m. e.
и =P& t; Р2
где р~, р~,..., р~ — простые числа, причем можно считать,
что p& t & t; р~ ~&l ; <&l ; р . Пок жем, что т
единств енно.
Доказательство. Предположим, что есть еще какое-то
разложение на простые множители:
и = Vi д2'''д
где все q, простые числа и q~ & t &l ; q,. Т гда у нас
кает равенство
P& t ' P   ' P   ' 9   '
Из него видно, что простое число р~ делит произведение
q~ q2 q,. Учитывая упр.28 на стр.59, мы получаем, что р~
делит по крайней мере один из сомножителей д . Перенуме-
ровав сомножители qz (если нужно), мы можем считать, что
~ = 1, т. е. р~ делит qq. Ho qq тоже простое число, и делится
только на 1 и на себя. Значит, р~ — — q]. Сократив равенство на
эти числа, получим
P2 ' ' ' Pk — 92 ' ' gs.
РЗ ' ' 'Pk = ЧЗ ' ' ' Qs.
Продолжая этот процесс, мы придем к одному из тождеств:
если /с ( s, или
если k ) s.
& t; =Qk 1
P.+i.. Pk = &
Аналогично р~ делит произведение q~ q,. Как и раньше, мож-
но считать, что р2 — — q2, и после сокращения равенство при-
обретает вид:

106
Трудности доказательств
Пример 4. Существует единственная прямая на коорди-
натной плоскости, проходящая через точки с координатами
(0,2) и (2,6).
Доказательство.
~4асть 1. Тот факт, что нужная нам прямая существует,
доказан в примере 3 на стр. 99.
ßąńņü 2. Единственность упомянутой прямой мы дока-
жем всеми тремя способами, о которых рассказали в начале
параграфа.
Первый способ. Допустим, что найдется две прямых, про-
ходящих через точки с координатами (О, 2) и (2, 6). Пусть они
описываются уравнениями у = k~õ+ Ь~ и у = k~õ+ bq. Так как
обе прямые проходят через точку (0,2), то
Ok) + bg = 2 = Ok) + Ь~,
откуда bl = bq. С другой стороны, точка (2,6) тоже принад-
лежит обеим прямым. Значит,
2k' + bi = 6 = 2k' + bq.
Но мы уже знаем, что Ь~ — — Ь~. Следовательно, k~ — — k~.
Таким образом, уравнения, описывающие наши прямые, со-
впадают. Значит, совпадают и сами прямые.
Второй способ. Вспомним доказательство существования
прямой из примера 3 на стр. 99. Мы пользовались тем фактом,
' Индуктивное доказательство этого факта более изящно. Попытайтесь
его найти. Прим. перев.
Поскольку произведение простых чисел всегда больше 1, то ни
одного из этих равенств быть не может. Следовательно, Й = s
и р~ — — qq, р~ = qq, ...рь = qg. Иными словами, оба разложения
совпадают, что доказывает единственность разложения нату-
ральных чисел на множители . °

107
Теоремы спеииальиого вида
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Линейный многочлен р(х) = х — о имеет единственный
корень при любом вещественном числе b.
2. Каково бы ни было вещественное число b, уравнение х = о
имеет одно и только одно вещественное решение.
3. Существует только один многочлен второй степени P(x),
такой что P(0) = 1, Р(1) = 3, P( — 1) = 2.
4. Графики функций f(x) = х и д(х) = — х — 2х пересека-
ются, причем только в однои точке.
5*. Существует единственное число 0 E [0, т], удовлетворяю-
щее условию cos 0 = О.
Прочтите доказательства следуюших утверждений, вос-
станавливая все пропущенные детали.
6. Пусть функция f определена на множестве всех веще-
что любая (не вертикальны) прямая на плоскости описывает-
ся уравнением у — ós = k(x — õs), где (õs, ós) координаты
одной из точек, принадлежащей прямой, а Й угловой коэф-
фициент этой же прямой, который вычисляется однозначно по
координатам двух точек, принадлежащих прямой. Очевидно,
что такой путь приводит к единственному уравнению. Значит,
и искомая прямая единственна.
'Т~зетий способ. По одной из аксиом евклидовой геометрии
через две различные точки плоскости проходит одна и только
одна прямая, что гарантирует нам не только существование
требуемой прямой (чем мы воспользовались ранее), но и ее
единственность. °

108
Трудности доказательств
ственных чисел. Если она взаимно-однозначна, то для
нее найдется единственная обратная функция.
Доказательство. На самом деле, достаточно найти
обратную функцию к f, поскольку единственность любой
обратной функции мы уже доказали на стр. 104. Итак,
нужно отыскать функцию д(х), определенную на множе-
стве всех вещественных чисел и удовлетворяющую усло-
виям:
(д о /) (х) = g(f (*)) = х,
(f од)(у) = /(д(у)) = у
д(у) = õä.
Проверим, что функция д действительно является обрат-
ной к f. Пусть хр произвольное вещественное число.
Обозначим через ур значение f(õp). Тогда (по построе-
нию функции д) g(gp) = õp. Значит,
(д ' /)(хо) = д(/(хо)) = д(ую) = хо.
С другой стороны, если g(yp) = õp, то f(õp) = yp. Это
нам дает
(f о д)(уо) = 1(д(уо)) = /(хо) = yp.
для всех вещественных значении переменных х и р.
По определению взаимно-однозначной функции (стр. 13)
f является монотонной функцией, а множество ее зна-
чений совпадает со всей числовой прямой. В частности,
для любого вещественного числа у наидется такое чи-
сло х&g ;, то /( „ = у. Бо ее то о, чи ло х> един
ное, обладающее указанным свойством. Действительно, ес-
ли f(õ') = у, то из монотонности f немедленно следует,
что х' = x&g ;. Ит к, чи ло х> единст енным о разом
деляется числом у. Поэтому можно задать функцию д,
ПОЛОЖИВ

109
Теоремы свеииального вида
Итак, мы предъявили обратную функцию. А единствен-
ность любой обратной функции уже нами доказана. °
База индукции. Наименьшее из возможных натураль-
ных чисел, о которых идет речь, это а = 6. Взяв q = 1 и
т = О, мы найдем требуемые числа.
Предположение индукции. Пусть утверждение вы-
полнено для всех натуральных чисел а, удовлетворяющих
условию 6 & t  & t и. В част о т , и = bq~
Шаг индукции. Покажем, что наше утверждение вер-
но при а = и+1.
а= и+1= (bq>+r&
= bq& t + r gt;
По предположению О & t; r & t; 6. П э о у  l ; rp
Если т~+1 & t; 6, то чи л  = q   = r +1 удовлетвор
требуемому условию. Если т~ + 1 = 6, то искомые числа
таковы: q = q~ + 1 и т = О, так как
а = bq& t + r gt  1) = b & t; + 6 = ( &g
7. Деление с остатком. Пусть а и 6 — целые числа, причем
а & t    & t; О. Тогда на дется единст енна пара
чисел q и т, такая что q & t; О   g ; т & t О а
Доказательство. Мы уже доказали на стр.36, что
числа q и т действительно найдутся. Однако полезно ра-
зобрать еще одно доказательство, основанное на матема-
тическои индукции.
Если 6 = 1, то числа q = а и т = О удовлетворяют
условиям теоремы.
Если а = О, то годятся числа q = 0 и r = О.
Если а & t; 6, то подхо я      =
Докажем наше утверждение в случае а & t 6 индукц
по а.

110
Трудности доказательств
Теперь докажем единственность найденных чисел q и т.
Допустим, что это не так, т.е.
а=bq+т=bq +r
для двух пар целых чисел q, T и q', т'. При этом выполнены
неравенства: q & t; 0, q & t  , b & t   g ; 0 6
ограничения общности можно предположить, что q & t;
Тогда
т — т=b(q — q') &g
С другой стороны, как т, так и т меньше 6. Значит, и их
разность меньше b, т. е. 6 & t T Ђ” т. Следователь
6&gt т' Ђ r = (q Ђ” ')
Разделив это неравенство на положительное число b, по-
лучим
1&g ;q Ђ” q'
Однако число q — q' целое. Поэтому такое двойное не-
равенство возможно лишь когда q — q' = О, т.е. q = q'.
Значит, и т = T Теорема доказана полностью. °
Равенство множеств
1
Определение было сформулировано немецким математиком Г. Канто-
Прим. перев.
ром
Множеством называется любое собрание определенных и
различимых между собои объектов, мыслимое как единое це-
лое . Иными словами, про любой объект можно с уверенно-
стью сказать, принадлежит он данному множеству или нет.
Объект, принадлежащий множеству, называют элементом мно-
жества. Если х элемент множества А, то пишут х E А. Если
же х не является элементом множества А, то пишут х ф А.

111
Теоремы сиеииалького вида
Пустое множество, т.е. множество, которое не содержит
ни одного элемента, принято обозначать символом И или ( ).
Множество может быть описано несколькими способами.
Мы расскажем только о двух, самых распространенных из
них. Первый метод заключается в перечислении всех элемен-
тов множества (метод списка). Например, запись
А = (1,2,5,3,4)
означает, что множество А состоит из первых пяти натураль-
ных чисел: 1, 2, 3, 4 и 5. Как видно из этого примера, порядок,
в котором перечислены элементы множества, несущественен.
Более того, если в такой записи какой-то объект встречается
несколько раз, его все равно считают одним элементом. Так
множество
B = (0,1,0,1)
содержит всего два элемента: 0 и 1.
Метод списка удобен лишь в том случае, когда количе-
ство элементов множества не очень велико. Для описания мно-
жеств, содержащих очень большое число элементов, как и бес-
конечных, используют другой метод конструктивный. Он
заключается в перечислении своиств, которыми должны обла-
дать элементы, принадлежащие описываемому множеству. Кон-
структивное описание множества состоит из двух частей. В
первои из них указывается тип объектов, которые мы рассма-
триваем, т. е. называется некое большое рниверсальиое множе-
ство, откуда мы будем черпать элементы для нашего множе-
ства. К таким множествам можно отнести, например, множе-
ство целых чисел, множество вещественных чисел, множество
функций, определенных на всей числовой прямой, множество
автомобилей, выпущенных заводами Детройта в январе 2002
года. Вторая часть указывает специфические свойства, при-
сущие только элементам описываемого множества. В краткой
записи, пример которои мы вскоре приведем, она отделяется

112
Трудности доказательств
от первой части вертикальной чертой « ~ », заменяющей слово-
сочетание «такие что». Например,
А = (п C ZJ остаток от деления и на 2 равен 0),
автомобили, выпущенные заводами они оборудованы
Детройта в январе 2002 года четырьмя дверями
Говорят, что множество А содержится в множестве В (или
А подмножество в В), если каждый элемент из А является
также элементом множества В. В этом случае мы пишем:
АсВ.
По только что приведенному определению любое множе-
ство Х обладает по крайней мере двумя подмножествами: пу-
стым и Х. Хоть это несколько и удивительно, тем не менее все
множество Х можно рассматривать как подмножество самого
себя. Эти два подмножества обычно называют тривиальными.
Множества А и В называются равными (или совпадающи-
ми), если они состоят из одних и тех же элементов. В частно-
сти, любой элемент множества А является элементом множе-
ства В. Так что можно записать
АсВ.
Но одновременно каждый элемент из В принадлежит множе-
ству А. Поэтому
(2)
В с А.
Пример 1. Множества
А = (п 6 Z~ остаток от деления п на 2 равен 0) и
Таким образом, для доказательства равенства множеств А и В
достаточно доказать включения (1) и (2). Несмотря на кажу-
щуюся простоту такои проверки, в неи очень легко допустить
логические ошибки. Поэтому сначала мы приведем очень про-
стой пример, чтобы лишь продемонстрировать технику тако-
го рода рассуждении.

113
Теоремы спеииальиого вида
В = (и E Z~ найдется целое число т, для котороео и = 2т)
совпадают.
Доказательство.
Яасть 1. А с В.
Возьмем произвольный элемент s E А. Нам нужно убедить-
ся, что х принадлежит множеству В. По определению множе-
ства А любой его элемент, в частности х, является целым и
дает нулевой остаток при делении на 2, т. е. х = 2q + 0 = 2q,
где q целое число. С другой стороны, все целые числа, пред-
ставимые в виде произведения 2 и целого числа, принадлежат
множеству В. Следовательно, х E В. А так как х был выбран
в А произвольным образом, то А C B.
~4асть 2. В C А.
Возьмем произвольный элемент х E В. Учитывая опреде-
ление множества В, можно сказать, что х целое число, рав-
ное 2т для какого-то целого же числа т. Так как х = 2rn
при делении на 2 дает нулевой остаток, то х 6 А. И, ввиду
произвольности х, мы можем заключить, что В C А.
Итак, доказаны оба включения:
ВсА.
АсВ
Поэтому множества А и В равны.
Пример 2. Докажите, что множества
А = (х C IRJ (х — 2) ( 10]
веществеииые числа, лежащие
х — 4х — 96 =0
между корнями уравнения
совпадают.
В некоторых случаях перед доказательством равенства мно-
жеств бывает полезно как-то упростить описание одного из
них или сразу обоих.

114
Трудности доказательств
Доказательство. Сначаламыупростнмопнсанна. По опре-
делению модуля вещественного числа неравенство
)х — 21( 10
равносильно двоиному неравенству
— 10 (х — 2 (10.
Прибавив 2 ко всем частям последнего неравенства, получим
— 8(х(12.
Теперь определение множества А можно переписать в виде
А = (х c RJ — 8 ( х ( 12).
Корнями уравнения х — 4х — 96 = 0 служат числа — 8 и 12
(проверьте это). Поэтому
В = (х Е RJ — 8 ( х ( 12).
Чтобы разобрать более интересные примеры, нужно по-
знакомиться с двумя операциями над множествами.
Обьединением множеств А и В называется множество, ко-
торое обозначается символом А U В и состоит из всех их эле-
ментов. Более формально объединение определяется так:
А U В = (х~ х Е А или х E B).
Таким образом, элемент принадлежит объединению AUB, если
он принадлежит хотя бы одному из множеств А или В.
Пересечением множеств А и В называется множество, обо-
значаемое символом АПВ, которое состоит из элементов, при-
надлежащих как множеству А, так и В:
АПВ=(х~ хеАихсВ).
Теперь мы видим, что описания обоих множеств абсолютно
идентичны. Следовательно, А = В. °

115
Теоремы специального вида
Рис. 3
Рис. 4
Для наглядного представления операций над множествами
используют диаграммы Венка (Джон Вени — британский ло-
гик (1834 — 1923)). Как правило считают, что множества, над
которыми совершаются операции, являются подмножествами
некоего большого, универсального множества. Универсальное
множество на диаграммах изображается в виде прямоуголь-
ника, в то время как его подмножества — в виде овалов.
На рисунке 3 объединение множеств А U В выделено штри-
ховкой. А на рисунке 4 заштриховано пересечение А Г1 В.

116
Трудности дохазатпельств
Пример 3. Для любых трех множеств А, В и С выпол-
нено coomxomeeue
Ап(ВиС) = (AnB) и(АпС).
Этот факт известен как свойство дистрибутивности пере-
сечения относительно объединения.
Доказательство.
Часть 2. (AnB) U(AnC) с An(BUC).
Рассмотрим произвольный элемент х из (А П В) U (А П С).
По определению объединения множеств х принадлежит либо
АПВ,либо АПС.
Если х E А П В, то х принадлежит как множеству А, так
и множеству В (по определению пересечения).
Если х E А п С, то х принадлежит как множеству А, так
и множеству С.
В любом случае, х принадлежит множеству А и либо х Е В,
либо х E С. Последнее означает, что х E В U С. Итак, данный
элемент х принадлежит źąź множеству А, так и объединению
В U С. Значит,
х 6 А и (В и С).
Часть 1. An(BuC) c (AnB) u(AnC).
Пусть х произвольный элемент из А п (В U С). Мы хотим
доказать, что х E- (АП В) Ы (АПС). Так как х E АП (В 0 С), то
этот элемент принадлежит как множеству А, так и объедине-
нию В U С. Итак, х всегда принадлежит множеству А и либо
xEB,либохЕС.
Если х Е В, то поскольку он лежит и в А, получаем, что
хеАпВ.
Если же х Е С, то можно утверждать, что х е А и С.
В любом случае рассматриваемый нами элемент принадле-
жит либо А П В, либо А П С. Значит, х с (А и В) и (А и С).
Следовательно, А П (В U С) с (А П В) U (А и С).

117
Теоремы спеииалького вида
Мы доказали, что (А П В) 0 (А Л С) C А П (В Ы С) . А если учесть
результат первои части доказательства, то
(AnB) u(A n C) = An (B u C).
Дистрибутивность пересечения доказана.
Проверенное соотношение множеств полезно изобразить
на диаграммах Венка.
Рис. 5
На рисунке 5 двойной штриховкой выделено множество
А П (В U С), в то время как на рисунке 6 отмечено множе-
ство (А П В) И (А П С).
Рис. 6

118
Трудности доказательств
Из сравнения диаграмм Венка видно, что рассматривае-
мые множества действительно совпадают. Однако диаграммы
Венка и им подобные не могут служить доказательством ра-
венства множеств. Они, как и примеры, лишь иллюстрируют
утверждения, касающиеся операции над множествами.
Пример 4. Пусть
А = (х E ZJ х кратно 5)
В = (х E ZJ х кратно 7).
Тогда
А Г1 В = (х E Е( х кратно 35).
Доказательство.
Яасть 1. А П В C (x E Z~ х кратно 35).
Рассмотрим произвольный элемент х E- АГАВ. По определе-
нию пересечения множеств он принадлежит как множеству А,
т.е. делится на 5, так и множеству В и делится на 7. Следо-
вательно, наидутся такие целые числа m и и, что
z = 7и.
х = 5т,
Получаем равенство
5т = 7и.
õ=7ļ=7 5Й=35/с.
Мы получили, что х делится на 35, т. е.
х E (x C Е~ хкратно 35).
Из него видно, что произведение 7и делится на простое чи-
сло 5. Поэтому на 5 делится один из сомножителей этого про-
изведения (см. упр. 28 на стр. 59). Но 7 на 5 без остатка разде-
лить нельзя. Значит, и должно делиться на 5. Иными словами,
найдется такое целое число Й, что и = 5k. Итак,

119
Теоремы сиеииалького вида
Следовательно,
А Г1В C (х E ~lх кратно 35).
~Хасть 2. (х C Zl x кратно 35) С .4 П B.
Пусть число z кратно 35. Тогда его можно представить
в виде х = 35k, где k какое-то целое число, или x = 5 7 k.
Из этого равенства видно, что х делится на 5 (т.е. х E А)
и на 7, т.е. х E В. Следовательно, х Е А (l В. Мы рассмо-
трели произвольный элемент, кратный 35, и показали, что он
принадлежит пересечению, что и требовалось доказать в этои
части рассуждении.
Учитывая результаты обеих частей доказательства, полу-
чаем равенство двух множеств, о которых шла речь в утвер-
ждении. °
С(А) = (х е Ц х g' А).
Рис. 7
Освоим еще одну операцию. Здесь очень существенно по-
мнить о том, что мы имеем дело с множествами, которые
содержатся в неком большом, универсальном множестве U.
Дополнением множества А называется подмножество универ-
сального множества U, состоящее из тех его элементов, ко-
торые не принадлежат А. Дополнение множества А обычно
обозначается одним из символов: С(А), А, А', U ~ Ą. Мы будем
испольэовать обозначение С(А). Итак,

120
Трудности доказательств
На рисунке 7 изображены: универсальное множество U,
множество А и его дополнение С(А) т. е. все, что находится
внутри прямоугольника, но вне А.
Пример 5. Пусть А C U и В C U. Тогда
С(А и В) = С(А) и С(В).
Этот факт известен как один из законов де Моргана. Ав-
густ Морган (1806 — 1871) был одним иэ первых математиков,
которые испольэовали буквы и символы для обозначения ма-
тематических объектов и понятий. Доказательство второго
закона де Моргана, а именно
С(А и В) = С(А) и С(В),
мы оставим в качестве упражнения.
Доказательство.
Яасть 1. С(АПВ) C С(А) UС(В).
Пусть х Е С(А П В). Это означает, что х ф А (l В. Сле-
довательно, либо х g А, либо х ф В. Действительно, если бы
х принадлежал обоим множествам, А и В, то он принадлежал
бы их пересечению. Если х ф А, то по определению дополнения
получаем, что х с С(А). Аналогично, если х g' В, то х E Ń(Ā).
Итак, предположение х с С(А и В) влечет: либо х е С(А),
либо х E С(В). В любом случае, х C С(А) U С(В). Требуемое
включение доказано.
~4асть 2. С(А) U С(В) С С(А П В).
Возьмем произвольный элемент х иэ С(А) U С(В). Тогда
либо х E С(А), либо х E С(В), т. е. или х g' А, или х ф B. Ины-
ми словами, х не может принадлежать одновременно обоим
множествам. Значит, х ф А и В, откуда х е С(А и В).
Мы доказали оба включения и можем сделать вывод об
истинности требуемого равенства. °

121
Теоремы специального вида
Иногда два таких включения можно доказать с помощью
одного рассуждения. Покажем, как это сделать на примере
предыдущего равенства, используя значок «~9 вместо выра-
жения «тогда и только тогда, когда».
õ~Ń(ĄĻĀ) «»хфAnBw
&lt = х g А л х g В
Ф» х с С(А) или х Е С(В) с,'»
~ х с С(А) и С(В).
Рис. 8
Пример 6. Равны ли множества
А = ( все нечетные натуральные числа, большие 2 ]
В = ( все простые числа, большие 2 )?
Если мы хотим доказать, что множества А и В не равны
друг другу, то нужно показать, что одно из включений (А & t
или В C А) неверно. Для этого достаточно предъявить хотя
бы один элемент, принадлежащии одному множеству, но не
являющийся элементом другого. На рисунке 8 указан элемент
а множества А, который не принадлежит множеству В.

122
Трудности доказательств
Доказательство. Мы знаем, что любое простое число,
большее 2, нечетко. Поэтому В с А. Однако число 9 нечетко,
т. е. принадлежит множеству А, но делится на 3. Значит, 9 не
является простым числом и 9 ф В. Таким образом, А ф- В.
Пример 7. Равны ли множества
А = ( функции, непрерывные на отрезке [ — 1, 1])
В = (функции, дифференцируемые на отрезке [ — 1, 1])?
Упражнения
1. Докажите, что любые три множества удовлетворяют сле-
дующему соотношению:
(А ив) и(АЫС) = Аи(в и С).
2. Пусть
А = (целые числа, кратные как 2, так и 3) и
В = (целые числа, кратные 6).
Покажите, что А = В.
Доказательство. Ответ на этот вопрос отрицателен. Как
известно из курса математического анализа первого семестра,
любая дифференцируемая функция непрерывна. Поэтому В
подмножество в А.
С другой стороны, функция f(õ) = ~х~ непрерывна на от-
резке [ — 1, 1], но не имеет производной в точке х = О. Следова-
тельно, /(х) б А и /(х) ф В. Значит А ,—~ В. °

123
Теоремы сиеииальиого вида
3. Проверьте второй закон де Моргана:
С(А и В) = С(А) и С(В).
(АлВ) лС=Ап(ВлС).
5. Докажите или опровергните следующее утверждение:
множество
А = (целые числа, кратные как 16, так и 36)
совпадает с множеством
В = (целые числа, кратные 576).
6. Пусть Х, Y u Z произвольные подмножества уни-
версального множества U. Докажите или опровергните
утверждения:
(а) X u (Y n Z) = (X u Y) n Z;
(б) С(Х П У n Z) = С(Х) и С(У) и Ń(Z).
7. Докажите равенство множеств
А = ((x, у) ~ у = х~ — 1, где х E R)
x — 1
4
В = 1(х, ó)l у =, где х ~ Е).
8. Индукцией по п докажите, что при n ) 2 справедливо
равенство подмножеств универсального множества U:
С(А~ Ė Ą~ Ć1 . Ć1 Ą„) = С(А~) ы С(А~) LI U C(A„).
4. Докажите ассоциативность пересечения: для любых трех
множеств выполнено равенство

124
Трудности доказательств
9. Используя метод математической индукции, докажите,
что в множестве из и элементов есть ровно 2" различных
подмножеств (включая пустое и само множество).
10. Пусть т наименьшее общее кратное натуральных чи-
сел а и Ь. Покажите, что множества
А = (n E Zl и кратно ą),
В = (n E Zl и кратно Ь),
М = (и 6 Zl и кратно т)
удовлетворяют соотношению
АnB=М.
Пересечение любого конечного числа связных под-
множеств вещественных чисел является связным.
Доказательство. Воспользуемся индукцией по числу
пересекаемых подмножеств.
База индукции. Пусть А~ и А~ связные подмно-
жества. Если их пересечение А~ П А~ пусто или содержит
лишь один элемент, то оно связно по определению.
Предположим, что в А~ Г1 А~ найдутся элементы х ( у.
По определению пересечения эта пара чисел лежит как в
множестве А~, так и в А~. Ввиду связности подмножества
А~ получаем, что отрезок [х,y] содержится в А~. Анало-
гично, так как А~ связно и содержит пару чисел х ( у,
то [х, у] С А~. Тем самым [z, у] С А~ Г1А~, что доказывает
связность пересечения двух связных подмножеств.
11. Подмножество А C R вещественных чисел называется
связным, если для любых его элементов х ( у отрезок
[х,у] содержится в А. Пустое множество и множество,
состоящее из однои точки, также считаются связными.
Восполните недостающие детали в доказательстве ут-
верждения:

125
Теоремы спеииалького вида
Предположение индукции. Допустим, что пересе-
чение связных подмножеств А~, А~,... А~ вещественных
÷čńåė
А~ nĄćn "nA&
СВЯЗНО.
Шаг индукции. Рассмотрим k+ 1 связное подмноже-
ство А~, А~,... А~, А~+~ и покажем, что их пересечение
А~ n A& t n А и А~
тоже связно. Воспользовавшись ассоциативностью пере-
сечения (см. упр.4 на стр. 123), имеем
А~ и А~ и А~ и А~& t ~ Ђ” Ђ” А и А п ~ п ~~
Ļī предположению индукции подмножество
(А~ пА~ п nА~)
связно. Поэтому подмножество
(А~ n A~ n А~) n A&lt
связно как пересечение двух связных подмножеств.
Равенство чисел
1) Проверить, что неравенства а ( Ь и 6 ( а выполняются
одновременно.
2) Показать, что а — б = О.
3) Убедиться, что ~ = 1 (правда, в этом случае надо быть
уверенным, что 6 g 0).
Существует по крайней мере три способа доказательства
равенства чисел а и 6.

126
Трудности доказательств
Если мы доказываем тождество числовых выражений, то
предпочтительнее применять второй и третий способ. Первый
метод более полезен, когда нам нужно сравнить числа, исполь-
зуя их определения и своиства.
Пример 1. Пусть а и 6 — два натуральных числа. Тогда
их наименьшее общее кратное равно отношению произведе-
ния ab к их наибольшему общему делителю. Иными словами,
НОК (а, 6) =
НОД (а, 6)
Доказательство. Пусть d = НОД (а, 6) и L = НОК (а, 6).
Нам предстоит доказать равенство чисел
(Определения и свойства наименьшего общего кратного и наи-
большего общего делителя можно посмотреть на стр. 12.)
По определению наибольшего общего делителя мы можем
написать
6=dp,
а = dn
взаимно простые натуральные числа. Следова-
где и и р
тельно,
(dn)(dp)
пр.
аЬ
Обозначим через М полученное произведение dnp и попыта-
емся доказать, что М = L.
Яасть 1. Покажем, что М ) L. По построению числа M
выполнено равенство: М = dnp. Ho dn = а. Поэтому M = ар,
т. е. М кратно а. Аналогично, b = dp. Следовательно, М = bn,
что доказывает делимость М íà b. Итак, число М делится и
на а, и на 6, т. е. кратно обоим этим числам. Значит, М больше
или равно их наименьшему общему кратному L (см. стр. 11).

127
Теоремы сиеииалького вида
Яасть 2. Докажем, что М ( L. По определению число L
кратно źąź а, так и о. Поэтому
L = bs,
L = at
где t u s какие-то натуральные числа. Подставив в эти ра-
венства представления а и о в виде произведений, получим
L = dnt = dps.
Отсюда следует, что
nt =ps.
В частности, число и делит произведение рв, а так как числа и
и р взаимно просты, то п должно делить s. Значит, s = nk
для какого-то натурального числа k. Предыдущую формулу
можно переписать в виде
t =pk.
nt = pnk,
т. е.
Итак,
L = at = (dn)(pk) = dnpk.
Пример 2. Пусть f(õ) = -д* — —, а у и z два веществен-
ных числа, больших 1. Доказать, что равенство f(y) = f(z)
возможно только в случае у = z, т. е. функция f(õ) моно-
тонна на луче (1, +oo).
Доказательство. Допустим, что /(у) = f (z). Учитывая
определение функции f, имеем
Но как мы вычислили в предыдущей части, М = dnp. Поэтому
L = Mk & t M (  gt; 1 как натур льное ч
Мы доказали справедливость обоих неравенств L & t
М & t; L, отк д  = М

128
Трудности доказательств
Легко понять, что знаменатели обеих дробей положительны, в
частности ненулевые. Поэтому мы имеем право умножить
равенство на их произведение, (у + 1)(z + 1).
у(,2+1) = z(y'+1) w z'y+ у = zy~+,
После несложных преобразований получим
(я — у)(1 — yz) = О.
Таким образом, либо z — у = О, либо 1 — yz = О.
Первое равенство равносильно тому, что мы и хотели до-
казать: z = у. А второе неравенство невозможно для веще-
ственных чисел, больших 1. Действительно, условия у ) 1 и
z ) 1 дают неравенство: yz ) 1 т. е. 1 — yz ( 0. °
Теорема. Пусть а — вещественное число. Оно равно ну-
лю в том и только том случае, когда для любого положи-
тельного вещественного числа я выполняется неравенство
[а) ( е.
Доказательство. Наше утверждение носит характер кри-
терия. Поэтому его доказательство разбивается на две части.
~Хасть 1. Если а = О, то для любого вещественного е ) О
справедливо неравенство ~а~ ( c.
Ф
Эта часть доказательства тривиальна. Действительно, так
как а = О, то и ~а~ = О. А нуль меньше любого положительного
числа, т.е. ~а~ = О ( c.
Яасть 2. Если ~а~ ( е при любом вещественном е ) О,
то а=О.
Доказать, что какое-то число а равно нулю, можно по край-
ней мере двумя способами. 06а используют понятие модуля
(см. стр. 10). Первый метод состоит в доказательстве равен-
ства ~а~ = О. При этом число а автоматически будет равно ну-
лю. Второй метод часто применяется в математическом ана-
лизе. Мы сформулируем его в виде теоремы.

129
Теоремы соеииального вида
Упражнения
1. Пусть х и у вещественные числа. Докажите, что
(х — у) + (х — у) = 0 если и только если х = у.
2. Пусть х и у вещественные числа. Докажите, что бес-
конечные последовательности
2 3 4 П
2/ ) 2~~ ) 2/ ) ° ° ° ) 2~~ ) o ° °
2 3 4 П
Д ) Д ) Д ) е ° е ) Q ) е ° °
равны тогда и только тогда, когда х = р.
3. Пусть а, б и с натуральные числа. Покажите, что если
aделитб, бделитсисделита, тоа=б=с.
4. Пусть а, b и с натуральные числа. Докажите формулу:
с НОД (а, b) = НОД (са, сб).
1
Бесконечные последовательности а2,aq,...,a„,... и Ь2,Ь~,...,Ь„,...
называются равными, если для любого натурального числа Й & t 2 и
ет место равенство а~ —— Ь~. — Прим. иерев.
5 — 6617
Докажем эту часть теоремы методом «от противного». До-
пустим, а ф О. В этом случае, очевидно, ~a~ ) О. Если же
положительное число разделить на 2, то получится положи-
тельное число, которое будет меньше исходного. В частности,
0 ( ф ( )а).
al
Итак, мы указали положительное число E =, меньшее,
чем ~а~, что противоречит предположению. Значит, ~а~ = О.

130
Трудности доказательств
5. Пусть а и 6 взаимно простые числа. Покажите, что
если найдется натуральное число т, при котором ( &g ;
целое число, то 6 = 1.
Составные утверждения
Предположения и/или заключения теорем могут состоять
из нескольких частей. Из-за более сложной структуры такого
типа утверждении, мы должны уделить им особое внимание.
Составные предположения.
Пример 1. Если число а при делении на 9 дает в остат-
ке 1, а число 6 2, то сумма а+ 6 делится на 3.
Анализ. Предположение утверждения состоит из двух ча-
стеи:
А: Число а при делении на 3 дает в остатке 1.
Б: Число 6 при делении на 3 дает в остатке 2.
Утверждением с составным предположением мы называем
те математические высказывания, в которых предположение
состоит иэ нескольких простых частей, например «если А и Б,
то В». Утверждения, имеющие такую структуру, будем симво-
лически обозначать как (А и Б) ~ В.
Доказательство утверждений со сложными предположени-
ями не требует какой-то специальной техники. Более того, мы
уже разбирали примеры таких утверждении в предыдущих па-
раграфах. Основной особенностью такого сорта утверждений
служит то, что составное предположение «А и Б» содержит
много разрозненной информации. Поэтому нам нужно быть
уверенными в том, что мы использовали ее всю в процессе
доказательства утверждения.

131
Теоремы сиеииального вида
Заключение утверждения:
В: Сумма а + b делится на 3.
а = 3n+1
для некоторого целого числа п. Второе предположение гово-
рит о том, что найдется еще одно целое число Й, при котором
b = 3k+2.
Сложив эти равенства, получим
a+ 6 = (Зп+ 1) + (3k + 2) = 3(n + k) + 3 = 3(п+ Й + 1),
что свидетельствует о делимости суммы a+ b на 3.
Составные утверждения вида (А и Б) ~ В можно доказы-
вать методом «от противного». Поскольку противоположное
утверждение к исходному выглядит так: «если не В, то ли-
бо не А, либо не Б», то при доказательстве «от противного»
нужно предположить, что утверждение В ложно и прийти к
противоречию либо с А, либо с Б.
Пример 2. Пусть вещественное число х удовлетворяет
иеравеиствам:
2 &g
Тоеда x = О.
Анализ. Выделим составные части предположения и за-
ключение.
А: Вещественное число х удовлетворяет неравенству 2* ) 1.
Б: Вещественное число х удовлетворяет неравенству (&g ; )
В: х=О.
5'
Доказательство. По предположению А число а можно
представить в виде

132
Трудность до~сазательств
Структура утверждения имеет вид (А и Б) ~ В.
Доказательство. Используем метод «от противного». До-
пустим, заключение В ложно, т.е. х ф О. Возможны две ситу-
ации: либо х & t; О, л б  (
Функция /(х) = (&g ;) убыва т, ак ак основа ие степ
1
— меньше единицы. Поэтому если х & t; О,
что противоречит предположению Б.
С другой стороны, основание степени 2* больше 1. Следо-
вательно, функция д(х) = 2* возрастает. Поэтому, если х ( О,
то
2* ( 2~ = 1
что противоречит предположению А.
Итак, если х ф О, то мы получаем противоречие либо с А
(если х ( О), либо с Б (если х & t; ). Отс да следу т, т  =
Составные заключения.
Утверждения с составными заключениями довольно грубо
можно разбить на две группы:
1) Если А,то Б или В (А =~ (Б или В));
2) Если А, то как Б,так и В (А ~ (Б и В)).
Целое число может быть четным или нечетным.
Если вещественное число отлично от нуля, то оно
иоложительиое или отрицательиое.
Высказывания первого типа наиболее часто встречаются
как очевидные логические аргументы в процессе доказательств
более сложных теорем. Например:

133
Теоремы соеииалького вида
Монотонная функция может возрастать или убы-
вать.
Пусть х — вещественное число. Тогда оно либо
рационально, либо иррационально.
Если же утверждение вида А =~ (Б или В) выступает в ро-
ли самостоятельнои теоремы, то для ero обоснования мож-
но предположить, что А истинно, а одна из частей заключе-
ния (скажем, Б) ложна, и доказать истинность В. Точнее го-
воря, следует проверить утверждение, построенное по схеме:
(А и Б) w В. После того, как утверждение переписано в более
удобном для нас виде, можно применить любои из освоенных
методов доказательства.
Иногда удобнее доказывать такие утверждения методом
«от противного». Для этого нужно построить отрицание ис-
ходного высказывания. Поскольку в заключении перечисляют-
ся все возможные ситуации, то отрицание заключения выгля-
дит как (Б и В), а противоположное исходному утверждению
имеет вид: (Б и В) ~ A.
Пример 3. Для любого натурального числа п существу-
ет только две возможности: либо и делится на g, либо п~
при делении на g дает остаток 1.
Анализ. Выделим в этом утверждении предположение и
составные части заключения.
А: и
натуральное число.
Б: Число и делится на 4.
В: Число п~ при делении на 4 дает в остатке 1.
Доказательство. Докажем утверждение, переформули-
ровав его согласно схеме: (А и Б) ~ В.
Схема нашего утверждения имеет вид: «если А, то возможны
только Б или В».

134
Трудности доказательств
Пусть и — натуральное число, причем его ква-
драт не делится на ~. Тогда и при делении на ~
дает в остатке 1.
Поскольку и натуральное число, то при делении на 2
оно дает в остатке 0 или 1. Заметим, что если и делится на 2,
то и делится на 4, что противоречит предположению. Следо-
вательно, остаток при делении числа и на 2 равен 1. Значит,
найдется такое натуральное число Й, что
и = 2k+1.
Воэведем это равенство в квадрат.
и = 4k~+ 4k+ 1 = 4(k~+ k) + 1.
Пример 4. Пусть а четное число, удовлетворяющее
условию ~а~ ) 16. Тогда а ) 18 или а ( — 18.
Анализ. Выделим предположение А и составные части эа-
ключения Б и В.
А: Число а четко и ~а~ ) 16.
Б: а)18.
В: а( — 18.
Доказательство. Итак, по предположению ~а~ ) 16. Рас-
крывая модуль, получим, что
а ( — 16.
а) 16
или
Рассмотрим первый случай: а ) 16. Наименьшее целое число,
удовлетворяющее этому неравенству, равно 17. Однако 17
нечетное число, в то время как а четко. Поэтому самое
Так как k~ + Й число целое, то п~ при делении на 4 дает в
остатке 1, что и требовалось доказать. °

135
Теоремы соеииального вида
В некоторых случаях возникает необходимость подчерк-
нуть, что составные части заключения (Б или В) не могут
выполняться одновременно. Как мы уже видели в этой книге,
в том случае, когда утверждение содержит частицу «не», его
можно доказывать методом «от противного». Действительно,
противоположное утверждение к высказыванию такого типа
имеет более простую для доказательства форму: (Б и В) =~ А.
Таким образом, нам следует предположить, что Б и В выпол-
няются одновременно и прийти к противоречию с А.
Пример 5. Пара натуральных чисел х и у не может од-
новременно удовлетворять обоим неравенствам:
Зх — 2у & t;
2х+Зу & t
Анализ. Выделим предположение и составные части за-
ключения.
А: хиу
натуральные числа.
Б: 2х+Зу&lt
В: Зх — 2у&lt
Доказательство. Докажем наше утверждение методом
«от противного». Допустим, что натуральные числа х и у удо-
влетворяют обоим неравенствам. Тогда они являются одним
из решении системы
2х+Зу &lt
Зх — 2у & t;
маленькое четное число, которому может быть равно а, это 18.
Следовательно, а & t; 8. Выполн на ча т Б заключен
Пусть а & t; Ђ” 6. Наиболь ее чет ое чис о, удовлетвор
щее этому неравенству, будет — 18, а так źąź а четко, то
это неравенство равносильно такому: а & t; - 8. Справедл
часть В заключения. °

136
Трудности доказательств
Умножив первое неравенство на 2, а второе на 3, сложим их.
13х & t;
Поскольку получившееся неравенство — следствие исходной
системы, то любое решение (х, у) системы должно удовлетво-
рять и этому неравенству. В частности, х & t; gt & t;. Н
12 12
ше 1. Поэтому нет ни одного натурального числа х, которое
было бы меньше или равно —. Таким образом, если пара чисел
12
(х, у) удовлетворяет обоим неравенствам из условия утвержде-
ния, то по крайней мере число х не натурально. Полученное
противоречие с предположением А доказывает утверждение.
2) ЕслиА, токакБ, такиВ (А w (Б и В)). Доказательство
такого типа утверждении состоит из двух частеи:
1. А~Б.
2. А~В.
Пример 6. Прямые у = 2х+ 1 и у = — Зх+ 2 не перпен-
дикулярны и пересекаются только в одной точке.
Анализ. Выделим предположение утверждения.
А: Даны прямые на плоскости, описывающиеся уравнения-
ми:
у = — Зх+2.
р = 2х+1
(Неявная информация: можно использовать все свойства
прямых на плоскости.)
Действительно, мы хотим доказать, что имеют место все ча-
сти заключения. Следовательно, нам нужно установить истин-
ность каждой из них. Если мы уже доказали справедливость
однои части заключения, то в случае необходимости можем
использовать ее для доказательства оставшеися.

137
Теоремы специального вида
Заключение состоит из двух частей:
Б: Данные прямые не перпендикулярны.
В: Данные прямые пересекаются только в одной точке.
Доказательство.
~1~2 — 1-.
Угловой коэффициент первой из наших прямых равен ky = 2,
а второй k2 = — 3. Очевидно, 2 ( — 3) g — 1. Следовательно,
данные прямые не перпендикулярны.
Яасть 2. А ~ В.
Здесь нам нужно доказать утверждение, похожее на теоре-
му существования и единственности, а именно, показать, что
данные прямые имеют общую точку, причем только одну.
Мы можем сделать это двумя способами.
а) Наши прямые не параллельны, поскольку имеют разные
угловые коэффициенты. Поэтому они должны пересекать-
ся, причем, как следует из евклидовои геометрии, только
в однои точке.
б) Мы можем найти точку пересечения прямых, решив си-
стему уравнении:
& t  = 2х
у = — Зх+ 2.
Приравняв уравнения, получим
2х+ 1 = — Зх+ 2,
Яасть 1. А ~ Б.
Из школьного курса математики известно, что прямые с
угловыми коэффициентами k~ и k2 перпендикулярны тогда и
только тогда, когда

Трудности доказательств
откуда х = ~. Подставив найденное значение х в первое
5'
7
уравнение, вычислим у = —. Итак, единственное реше-
ние системы (-, -) дает координаты единственной точки
пересечения наших прямых. °
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Если х = у~, х & t    & t; О  о
2. Если функция f(õ) является одновременно четной и не-
четной (определение четной и нечетной функции приве-
дено на стр.13), то f(õ) = О для всех х из области опре-
деления.
3. Целое число и, кратное 3, либо делится на 6, либо нечетко.
4. Если вещественные числа х и у удовлетворяют соотноше-
нию х4 = у4, то либо х = у, либо х = — у.
5. Пусть А и B — подмножества универсального множе-
ства U. Определим разность множеств как
А 3 В = (а E А~ а g B).
Покажите, что если А ~ В = H, то либо А = H, либо
А с В.
Пусть ~
Ч
рациональный корень многочлена
P(x) = а„х" + а„~х" + + а~х + ap
6. Прочтите доказательство теоремы о рациональных кор-
нях многочлена и восстановите пропущенные детали.

139
Теоремы соеииалького вида
положительной степени с целыми коэффициента-
ми. Если при этом числа р и q взаимно просты,
ņī q делит а„, а р делит ар.
Доказательство. По предположению P ~ = О. Сле-
Ч
довательно,
aÄ ā€” + а„~ — + . + a~ — + ap ——
Умножим все на ненулевое число q":
акр + ап — 1р q + + аяц + авд"
Выразим из этого равенства а„р":
a„p" = — q(a„~p" + + aqpq" + agq" ).
ц„р = — qt,
П
т. е. произведение а„р" делится íà q. Так как числа р и
q взаимно просты, то íà q должно делиться а„. Первая
часть заключения теоремы доказана.
Теперь из равенства (1) выразим apq".
agq" = — р(а„р" + а„~р" q+ + a~q" ),
т. е. apq" = — рв для некоторого целого s. Это равенство,
с учетом взаимнои простоты чисел р и q, влечет дели-
мость ар на р. Теорема доказана полностью. °
Так как коэффициенты многочлена целые числа, то
t = а„ iр" ~+ +aqpq" ~+agq" ' тоже целое. Значит,

Упражнения дпя повторения
Внимательно прочтите утверждения. Докажите верные и
приведите контрпримеры к ошибочным. Для решений упраж-
нении, помеченных «*&g ;) ну ны зна ия ос ов математическ
анализа и/или линейной алгебры.
1. Расстояние между разными точками P(õ~, у~) и q(z& t;
на координатной плоскости вычисляется по формуле
d(P,Q) =
2. Для любого вещественного числа а противоположное чи-
сло определено однозначно.
3. Для любого натурального числа п выполнено неравен-
ство 1nn ( п, где 1п обозначает натуральный логарифм,
т. е. логарифм по основанию е. Докажите это утвержде-
ние двумя способами:
а) индукцией по п;
b*) исследованием функции д(х) = 1пх — х (покажите,
что если х E-[1, ,+oo), то д(х) ( 0).
4. Равны ли множества А и В, если
а) А = (n Е ZJ п = 15т для некоторого т C Z) и
B = (n 6 ZJ п = 5тп и n = 3k, где тп, k E Z);

141
Уоражкекия для оовтореиия
b) А = (и Е Z~ и = 15m для некоторого т 6 Z) и
В = (и E Z) и = 5т или и = 3k, где т, k C Z).
5. Для любых двух вещественных чисел а и b уравнение
ах = b имеет единственное решение тогда и только тогда,
когда а ф- О.
6. Каково бы ни было целое число и, число n~ + и всегда
четно.
7. Натуральное число и нечетко тогда и только тогда, когда
нечетно число и .
8. Следующие условия эквивалентны:
(1) а<Ьиа
(2) а — 6=0.
9. Любое ненулевое вещественное число имеет единственное
обратное по умножению.
11. Любое натуральное число и удовлетворяет соотношению
1 1 1 1 1 1 1 1
— — + — — + — — + ---+ —-
1 2 2 3 3 4 и п+1
и+1
12. Число &l ;7 иррациональ
13. Любые две различные прямые на плоскости, отличные от
вертикальных, имеют не более однои общеи точки.
(Докажите это утверждение алгебраическим методом).
14. Любое отрицательное вещественное число имеет отрица-
тельное обратное по умножению (см. упр. 9 на стр. 141).
15. Пусть P(x) = а„х" + а„~х" + + а~х + ap и Q(x) =
= б~х + b~ ~х~ + . + б~х + bp два многочлена,
причем а„ф- О и б,„ф. О. Предположим, что и & t;
10. Пусть р, q и и натуральные числа. Если р и q взаимно
просты, то число q не делит р".

142
Трудности доказательств
Докажите, что найдутся два многочлена Р(х) и В(х),
такие что степень многочлена В(х) строго меньше т
и P(x) = F(õ)Q(õ) + В(х). Многочлен R(x) называется
остатком от деления P(õ) íà Q(õ).
16. Остаток от деления многочлена положительной степени
P(x) на линейный многочлен х — а равен числу Р(а).
17. (Теорема Безу.) Пусть P(z)
степени. Тогда следующие условия равносильны:
многочлен положительнои
(1) число х = а корень многочлена Р(х);
(2) многочлен Р(х) делится без остатка на х — а.
18. Любое простое число, большее 2, нечетко.
19. Сумма кубов первых и натуральных чисел вычисляется
по формуле:
г~ + 1~г
13 ~ 23 ~ 33 ~ ~ 3 (
20. Если вещественные числа а и Ь удовлетворяют соотноше-
нию =аЬ, тоа=6.
a+b
21. Если вещественные числа а и Ь удовлетворяют соотноше-
нию =аЬ,тоа=6=0.
(c+b
22. Если и & t; 2,
1 1 1 1
+ ° ° ° + + )—
и+3 2n — 1 2п 2
+ +
и+1 и+2
24. Пусть р ненулевое вещественное число. Тогда р раци-
онально в том и только в том случае, когда рационально
обратное к нему, р
23. Пусть а, Ь и с натуральные числа. Если а кратно Ь, а
Ь кратно с, то а кратно с.

143
Упражнения для повторения
25. Найдутся три последовательных целых числа, сумма ко-
торых делится на 3.
27. Пусть Й неотрицательное целое число. Тогда k~ — k
делится на 3.
28. Если ad — bc g О, то система линейных уравнений
ах+Ьу = е
cx+dy= f
имеет единственное решение. Здесь а, 6, с, d, е и f
вещественные числа.
29. Пусть и & t; 6. То да 2 &g ; и
30. Существует натуральное число k, удовлетворяющее не-
равенству 2" ( (Й + 1) .
31. Сумма двух рациональных чисел р и q
нальное.
число иррацио-
32. Если и кратно 5, то и кратно 125.
натуральное число. Тогда и'. ) и .
33. Пусть и & t
34*. Пусть а~, а~,..., а„,... бесконечная последовательность,
сходящаяся к пределу L, т. е.
lim а„= L.
И~00
Покажите, что если а„& t 0 ля люб го и, т  & t; О.
ли утверждать, что из неравенства а„& t 0 ( ля в ех
следует, что L & t;
Определение предела. Число L называется пределом по-
следовательности (а„), если для любого е & t 0 найде
такое число N(c), зависящее от к, что для всех и & t;
выполнено неравенство: ~а„— Ц ( E. При этом пишут:
lim а„= L
П вЂ” +ОО
26. Пусть а, б и с — последовательные целые числа. Тогда их
сумма, а + b+ с делится на 3.

144
Трудности доказательств
36*. Пусть А — матрица размера 2 х 2 с вещественными ко-
эффициентами. Тогда следующие условия равносильны:
(1) матрица А обратима;
(2) определитель матрицы А отличен от нуля;
(3) каковы бы ни были числа а и Р, система уравнений
имеет единственное решение.
35*. Функция, дифференцируемая в точке х = а, непрерывна
s автои rosrce.

Упражнения без решений
1. Перепишите каждое из сформулированных ниже утвер-
ждений в форме А ~ Б. Найдите противоположное вы-
сказывание к каждому из них.
а) Сумма двух соседних целых чисел нечетка.
b) Произведение двух соседних целых чисел четко.
с) Пусть а = ~+' среднее арифметическое веще-
ственных чисел 6 & t; с. То д   l ;
целое число, то и + 1 не делится на 7.
d) Если п
е*) Две параболы имеют три общие точки.
Г) Любая дифференцируемая функция непрерывна.
2. Каково бы ни было простое число р, корень третьей сте-
пени из него, ~~~р иррациональное число.
3. Существует единственное простое число, представимое в
виде и — 1, где и натуральное число.
5
4*. Найдется дифференцируемая функция, чей график про-
ходит через точки с координатами ( — 1, 0), (О, — 3) и (1, 5).
Прочтите утверждения. Докажите верные и приведите контр-
примеры к ошибочным. Для решения упражнений, помечен-
ных «*», нужны знания основ математического анализа и/или
линеинои алгебры.

146
Трудности доказательств
Пусть а и 6 вещественные числа. Найдутся такие ве-
щественные числа с и d, что если z = а + b+5 g О, то
z '=с+d+5.
5.
решение неравенства х & t;
3
Любое вещественное число z
6.
Пусть и натуральное число. Каково бы ни было поло-
жительное иррациональное х, число ~х иррационально.
нечетное число, то n(n — 1) делится на 24.
7.
Если и
Функция /(х) возрастает тогда и только тогда, когда воз-
растает функция д(х) = ' f (õ).
9.
Пусть а, 6, с и и натуральные числа. Числа а, Ь и с
делятся на и тогда и только тогда, когда на и делится их
сумма а + 6+ с.
10.
Решения квадратного уравнения ax~ + Ьх + с = О, ко-
эффициенты которого удовлетворяют условиям: а g О и
62 & t; 4 с, определяю ся по формул
Х2 =
и
Докажите, что вещественные числа а и b удовлетворяют
неравенству (a+ b) & t; 4 b. При ем равенс во зд сь
стигается тогда и только тогда, когда а = b.
12.
Пусть а и 6 положительные вещественные числа. Тогда
их среднее арифметическое ~2 не меньше их среднего
геометрического ~àaáb.
Сумма двух последовательных целых чисел делится на 2.
14.
вещественные числа. Тогда
Пусть а и d
15.
(и + 1) (2а + nd)
а+ (а+ d) + (a+ 2d) + + (а+ nd) =
'Последовательность вида а, а + d, а + 2d,... называется арифмети-
ческой прогрессией. В упражнении фактически нужно вычислить сумму
нескольких первых членов прогрессии. Прим. перев.

147
Уаражиекия без решекий
16. Натуральное число делится на 7 тогда и только тогда,
когда на 7 делится его куб.
17. Произведение двух последовательных целых чисел делит-
ся на 2.
18. Если натуральные числа а, 6 и с образуют Пифагорову
тройку, т. е. а + 6 = с, то по крайней мере одно из них
четно.
19. Квадрат нечетного числа можно представить в виде 8п + 1,
где и — целое число.
21. Если (a + 6) = а + 6~ для вещественных чисел а и b, то
хотя бы одно из них равно нулю.
1 1 1 и
22*. Докажите, что если А =, то А" = для
любого натурального числа и.
23. Пусть целое число b кратно числу а. Покажите, что любая
степень 6~ с натуральным показателем Й кратна числу а~.
24. Модуль разности квадратов двух соседних натуральных
чисел больше 1.
25. Покажите, что если х и у отрицательные числа, то сле-
дующие утверждения эквивалентны:
а) (х) ( (у(;
26. Натуральное число делится на 5 тогда и только тогда,
когда его последняя цифра в десятичной записи равна 0
или 5.
20. Пусть п — натуральное число, не делящееся на 3. Тогда
на 3 делится одно из чисел: п — 1 или п+ 1.

148
Трудность доказательств
27. Квадраты двух последовательных натуральных чисел не
являются последовательными натуральными числами.
28. Покажите, что функция f (õ), определенная на всей число-
вои прямои, возрастает тогда и только тогда, когда для
любых вещественных чисел а ф б выполнено неравенство
/(а) — / (6)
)
29. Разность двух иррациональных чисел — всегда иррацио-
нальное число.
натуральное число,то (и + 1)~ & t; 2
30. Если и
31. Пусть а — положительное вещественное число. Тогда а ( 1
в том и только том случае, когда а ( а.
32. Пусть и неотрицательное целое число. Тогда 10~"+ + 1
делится на 11.
33. Множество всех целых чисел, кратных 3, совпадает с мно-
жеством
B(n E Z( и = 6k + 3 для некоторого Й 6 Z).
35. Пусть f и д возрастающие функции, определенные на
множестве всех вещественных чисел. Тогда их произведе-
ние тоже возрастающая функция.
36*. Пусть а~, а~,..., а„,... — бесконечная последовательность
рациональных чисел. Можно ли утверждать, что беско-
34*. Функции f и д определены на множестве всех веществен-
ных чисел, причем их композиция f o д тоже определена
на всей числовой прямой. Известно, что f дифферен-
цируемая функция (на IR), а д не дифференцируемая
функция. Верно ли, что f o д тоже не дифференцируемая
функция?

149
Уоражиеиия без решеиий
нечная сумма
S = а1 + а2 + + а„+
число рациональное?
40. Найдутся такие натуральные числа а, b и с, что произ-
ведение ab делится на с, в то время как ни а, ни b не
кратны с.
натуральное число, большее 3. Тогда 2" ) n!.
41. Пусть п
42. Функция f, определенная на всей числовой прямой, явля-
ется четной тогда и только тогда, когда ее график сим-
метричен относительно оси Оу.
43*. Дана система линейных уравнений
a11x1 + a12x2 + + п1„Х„= 61,
П21Х1 + П22Х2 + ' ' ' + a2n&g ;n Ђ”
Пт1Х1 + От2Х2 + ' ' + Итпхв = ~т
с вещественными коэффициентами а, . Напомним, что ее
решением называется упорядоченныи набор веществен-
ных чисел (с1, с2,..., с„), который, будучи подставлен вме-
сто переменных (х1,х2,...,х„) в систему, обращает ка-
ждое ее уравнение в верное тождество. Докажите, что
37. Функции f, д и h определены на всей числовой прямой,
причем для любого вещественного числа х выполнено не-
равенство /(х) & t; 6 х < д(х). Вер о л , чт  с и
возрастают, то функция 6 тоже возрастает?
38. Уравнение x = — х + — имеет единственное решение на
1
отрезке [0, 2].
39. Пусть А и В непустые подмножества универсального
множества U. Тогда либо B c С(А), либо А П В ~ И.

150
Трудности доказательств
если к какому-то уравнению системы прибавить другое,
умноженное на ненулевое число b (см. упр.7 на стр. 75),
то множество решении системы останется прежним.
44. Целое число вида 16k + 5 не может быть полным квадра-
том, если /с число натуральное.
45. Пусть и целое число. Тогда следующие утверждения
эквивалентны:
а и нечетно;
b) и нечетко;
с) (и — 1) четко;
d) (n+ 1) четко.
46. Пусть функция f, определенная на всей числовой прямой,
принимает только положительные значения. Тогда следу-
ющие утверждения равносильны:
а) функция f возрастает;
b) функция д(х) = . ~ убывает;
с) функция Й„, определенная формулой k„(õ) = и/(х),
возрастает при любом положительном числе и.
47. Каково бы ни было число и, число 3" — 1 делится на 2.
48. Пусть натуральное число п, делящееся на 3, удовлетворяет
неравенству и ) 3. Тогда и кратно 6 или делится на 9.
49. Для любого натурального числа п выполнено соотноше-
ние:
Указание: начните с возведения в квадрат обеих частей
формулы.
Полным квадратом называется число, равное квадрату какого-нибудь
натурального числа. — Прим. перев.

151
Упражмеиия без решений
50'. Найдется дифференцируемая функция /(х), удовлетворя-
ющая условиям: 0 & t; f õ  lt; (для юбого вещест
ГОХ И
51. Если произведение натуральных чисел делится на 10, то
на 10 делится один из сомножителей.
52. Непостоянная функция не может быть одновременно чет-
нои и нечетнои.
53. Если 3 не делит натуральное число а, то a — 1 делится
2
на 3.
54. Найдется такое целое число и, что
и + (и+ 1) + (и+ 2) = (и+ 3) .
55. Пусть А, В и С
ства U. Тогда
подмножества универсального множе-
А ( (В и С) = (А ( В) и (А ( С).
56. Пятизначное число вида abcba делится на 11.
57. Пусть т и и — целые числа. Эквивалентны ли следующие
утверждения:
а как т, так ип
нечетные числа;
b) произведение mn нечетное число;
с) произведение квадратов т и
нечетное число?
59. Пусть функции f, д и h определены на множестве всех ве-
щественных чисел, а их значения при любом веществен-
ном х удовлетворяют неравенству 6(х) & t; / х <
Верно ли, что если функции 6 и д возрастают, то f тоже
возрастает?
58. Найдутся такие иррациональные числа а и b, для которых
число а~ будет целым.

152
Трудностпи доказатиельстпв
60. Пусть п целое число. Равносильны ли утверждения:
а) п делится на 5;
Ъ) и делится на 25;
с) пз делится на 125?
61. Пусть с — полный квадрат (т.е. с = а~ для какого-то
целого числа а), тогда число его различных делителей не-
четно.
63. Пусть А2, А2,..., А„подмножества универсального мно-
жества U. Верно ли, что для любого п & t 2 выполняе
равенство:
С(А2 ИА2u uА„) = С(А2) ПС(А2) п nС(А„)?
64. Найдется многочлен третьей степени, чей график прохо-
дит через точки с координатами (О, 1), ( — 1, 3) и (1, 3).
65. Последовательность а2, а2,..., а„,... чисел Фибоначчи оп-
ределяется рекуррентным соотношением: а~ —— 1, а~ — — 1,
а при п & t 2 „= а „ + а q. Поста ив нескол ко экс
риментов, найдите доказательства следующих фактов:
а) а2 + а2+ + а„= а„+~ — 1;
A
Ь) если и & t; 2, то „&g
66. Найдется натуральное число п, удовлетворяющее соотно-
шению и.' ( 3".
67. Для любых вещественных чисел а ( 6 найдется такое чи-
сло с, что
62. Пусть а, 6, с и d натуральные числа. Предположим, что
б кратно а и d кратно с. Тогда Ы кратно ас.

153
Упражкения без решекий
68. Докажите, что между любыми двумя (разными) рацио-
нальными числами находится бесконечно много рацио-
нальных чисел.
Указание: воспользуйтесь методом «от противного».
69. Проверьте, что сумма двух возрастающих функций — воз-
растающая функция.
70. Верно ли, что сумма двух простых чисел — число состав-
ное.
71. Найдется хотя бы одна цифра, которая встречается бес-
конечное число раз в десятичной записи числа iр/2.
72. Симметрической разностью двух подмножеств А и В уни-
версального множества U называется подмножество
А®В = (А~В) u (B ~А).
а) Изобразите А 9 В на диаграмме Венка.
b) Покажите, что (А ( В) П (В ( А) = e.
с) Докажите, что А 9 В = (А LI В) ( (А п В).
d) Проверьте формулу: А Е В = В ® А.
Можно использовать диаграммы Венка, чтобы осо-
знать требуемое, но необходимо написать строгое дока-
зательство. Последняя формула показывает, что опера-
ция симметрическои разности коммутативна, т. е. ее ре-
зультат не зависит от порядка подмножеств.
вы:
а) (X(Y)nZ=Xn(C(Y)nZ);
Ь) С(Х и У u Z) = С(Х) и С(У) п Ń(Z);
с) (X u Y) u (Z n W) = (X u Y) u Z) n W?
73. Пусть Х, Y, Z u W подмножества универсального мно-
жества U. Какие из следующих соотношений справедли-

154
Трудности доказательств
74.
75.
76.
77.
Докажите верные и приведите контрпримеры к оши-
бочным.
Пусть многочлены Р(х) и Q(x) удовлетворяют условию:
Р(х) = (х + 1)Q(x). Тогда они имеют одно и то же мно-
жество корней (т.е. хе — корень многочлена Р(х) тогда
и только тогда, когда х~ корень многочлена Я(х)).
Существует единственное простое число вида и — 1, где
3
и какое-то натуральное число.
Пусть x — вещественное число. Если х не рационально,
2
то и х не рационально.
Сумма двух нечетных функций — нечетная функция.

Подборка доказательств
Очень важно научиться не только доказывать утвержде-
ния, но и отличать корректные рассуждения от некорректных.
Поэтому в этом разделе собраны несколько доказательств, сре-
ди которых присутствуют как верные, так и ошибочные. Вам
предстоит вообразить себя учителем, проверяющим контроль-
ные работы, и оценить каждое из приведенных здесь доказа-
тельств.
Теорема 1. Единица
наибольшее целое число.
Доказательство. Предположим, что это утверждение не-
верно и и ) 1 наибольшее целое число. Умножив обе части
равенства на и, получим, что n ) и. Мы нашли натуральное
2
число и, которое больше и, что противоречит максимально-
2
сти последнего. Полученное противоречие доказывает наше
утверждение. °
Полезно отметить, что некорректность некоторых из них
бросается в глаза, поскольку они обосновывают заведомо лож-
ные утверждения, в то время как наити ошибку в других очень
сложно, так как они доказывают верные утверждения, однако
недостаточно полны. Дабы не облегчать Вашу задачу, мы не
будем как-то специально выделять ложные теоремы или оши-
бочные доказательства. Найти их — Ваша задача!

156
Трудности доказательств
Теорема 2. Значение выражения
равно 3.
Доказательство. Обозначим исследуемое выражение че-
рез х:
и возведем обе части равенства в квадрат.
х
2
Х.
Поскольку х ,—~ О, то после сокращения на него получаем х = 3.
Теорема 3. Бесконечная сумма
1+3+3 +3 + +3" +
~авив ни «р
1
Доказательство. Обозначив искомую сумму через S, ум-
ножим ее на 3:
3S=3(1+3+3'+3'+" +3" +" ) =
=3+3 +3 +3 + +3"+~+ =S — 1.
Решая полученное уравнение (3S = S — 1) находим ответ: S = — z~.
Теорема 4. Любое простое число не превосходит 12 мил-
лионов.

157
Подборка доказательств
число, большее 12 миллио-
Доказательство. Пусть х
нов. Рассмотрим два случая.
Случай 1. Число х четко. Тогда оно
этому не является простым.
Случай 2. Число х — нечетко. Тогда
Ь = * будут целыми, причем 0 ( Ь ( а.
дартных преобразовании можно показать,
делится на 2 и по-
числа а = ~+1 и
2
При помощи стан-
что
х=а — Ь.
Отсюда
х = (а+ Ь)(а — b).
Итак, мы показали, что z равен произведению двух целых чи-
сел. Следовательно, х составное число. Но мы взяли про-
извольное число, большее 12 миллионов. Значит, нет простых
чисел, превосходящих 12 миллионов. °
Теорема 5. Графики функций у = х — х и у = ~ пере-
секаются не более чем в двух точках.
2 х 1
х — х=
Перенеся все в левую часть, придем к эквивалентному уравне-
нию.
2
1
х — — х+ — = О.
4
Его решения:
5
4
4 4
2
х1,2 =
Доказательство. Приведем несколько доказательств.
1. Графики обеих функций изображены на рис. 9, который
ясно показывает, что они имеют ровно две общие точки.
2. Нам нужно решить уравнение

158
Трудностпи доаазатпельстив
Рис. 9
х — 1
х — х=
Разложив каждую часть уравнения на множители, получим:
1
хх — = — х—
Сократим на (х — 1).
Итак, исходное уравнение имеет два решения: х~ = 1 и х~ = —.
1
Следовательно, графики пересекаются ровно в двух точках.
3. Уравнение второй степени имеет не более двух решений.
Поэтому и эти графики не могут иметь больше, чем две точки
пересечения.
4. Для доказательства исходного утверждения достаточ-
но показать, что графики или вообще не пересекаются, или
пересекаются в однои точке, или пересекаются только в двух
точках. Чтобы найти координаты точек пересечения, нужно
решить уравнение:

159
Подборка доказательств
Таким образом, графики пересекаются только в одной точке:
(-, — — ). Поэтому утверждение справедливо. °
Теорема 6. Каково бы ни было натпуральное число и,
число п — п всегда четно.
2
Доказательство. Этот факт тоже докажем четырьмя
способами.
1. Используем математическую индукцию.
База индукции. Если п = 1, то утверждение, конечно,
верно, поскольку
а нуль делится на 2.
Предположение индукции. Предположим, что число
Й вЂ” k четко.
(/с+ 1) — (Й + 1) = Й + 2k + 1 — Й вЂ” 1 = (k~ — Й) + 2k.
Число k~ — lс четко по предположению индукции. Число 2k то-
же четко. Поэтому мы можем заключить, что утверждение
справедливо и для п = Й + 1.
2. Рассмотрим два случая.
Случай 1. Пусть и четное число. Тогда и, = 2k для
какого-то целого k. Следовательно,
и — п = (2k) — 2k =
= 4k~ — 2k =
= 2(2k~ — Й).
число целое, то и — и — четное.
2
и нечетное число. Тогда и = 2k+ 1 для
Так как 2k~ — k
Случай 2. Пусть
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения при
n= k+1.

160
Трудности доказательств
какого-то целого k. Поэтому
и — п = (2k+ 1) — (2k+ 1) =
= 4k~+4k+ 1 — 2k — 1 =
= 2(2k~ + k).
Здесь число 2k~ + Й является целым. Значит, и — п
3. Имеет место тождество
четное.
А произведение двух последовательных целых чисел — всегда
четно. Следовательно, п — п четное число.
2
4. Предположим, что найдется такое натуральное число s,
для которого в — в окажется нечетным числом. Тогда мы мо-
2
жем написать
s~ — s = 2k+1,
где k целое неотрицательное число. Решим полученное урав-
нение относительно s.
~1,2—
По предположению, s ) О. Поэтому нам подходит только одно
решение этого уравнения:
Очевидно, число 8k+ 5 не может быть полным квадратом (оно
равно 5, 13, 21, 37, и т. д. ). Значит, s не может быть целым,
что доказывает наше утверждение. °
Теорема 7. Все книги по математике имеют одинаковое
число страиии.

161
Подборка доказательств
Теорема 8. Если а фиксированное вещественное чи-
сло, то при любом неотрицательном целом показателе п вы-
полиеио ńooņčočiåķčå:
а" =1.
Доказательство. Применяем индукцию по п.
База индукции. Если п = О, то наше утверждение следует
из определения степени с нулевым показателем.
Доказательство. Докажем это утверждение индукцией
по и — числу книг по математике с одинаковым числом стра-
ниц.
База индукции. Если n = 1, то наше утверждение без-
условно верно.
Предположение индукции. Предположим, что любое
множество Х, состоящее из k книг по математике, удовлетво-
ряет условиям теоремы, т. е. все книги из Х имеют одинаковое
число страниц.
Шаг индукции. Теперь рассмотрим множество Х из k+1
книги по математике. Чтобы доказать, что все книги ему при-
надлежащие, насчитывают одинаковое число страниц, доста-
точно показать, что любые две книги из него, скажем а и о,
имеют одно и то же число страниц.
Пусть Y подмножество в Х, состоящее из всех книг, за
исключением а. Через Z обозначим подмножество в Х, содер-
жащее все книги из Х, кроме b. Как У, так и Z множе-
ства книг по математике. 06а содержат ровно и книг и мож-
но применить предположение индукции, которое утверждает,
что все книги из Y имеют одинаковое число страниц, и все
книги из Z имеют одинаковое число страниц. Поэтому число
страниц у книги с, лежащей как в У, так и в Z совпадает с чи-
слом страниц у а ~ Z и у о C Y. Таким образом, число страниц
в книгах а и о одинаковое, что завершает доказательство.

162
Трудности доказательств
Предположение индукции. Предположим, что а" = 1
для всех целых чисел, удовлетворяющих неравенству О ( и ( k.
Шаг индукции. Возьмем n = Й+ 1. По правилам алгебры
й k
&lt + g
а"
По предположению индукции а" = а~ = 1. Следовательно,
~+i 1 1
а
Теорема доказана.
Теорема 9. Число ~2 иррационально.
Доказательство. Предположим, что +2 рациональное
число. Тогда ~2 = ь~ для некоторых натуральных чисел а и Ь.
Возведем равенство в квадрат.
Q 2
2
Следовательно,
а =2Ь.
— а 2а~
6 26~
а~
6~
Теперь можно повторить предыдущее рассуждение и пока-
зать, что а~ — — 2а~, bp = 26~, где а~ и Ь~ — натуральные чи-
сла, удовлетворяющие неравенствам: а~ ( а~, bq ( b~, причем
~2 = ~~.
Ь2'
Отсюда вытекает четность числа а . Но тогда и а делится
на 2, т. е. а = 2а~, где а~ ( а натуральное число.
Это нам дает: 4a& t = 2 ~, т е. a gt; = 6~. З ач т
тоже четные числа. Иначе говоря, b = 26&g ;, де 6  6 на
ральное число. Итак,

163
Подборка доказательств
Проделав описанную процедуру k раз, мы построим после-
довательности натуральных чисел:
0<ay l ; y ~ &l ; &
0 & t; b &l ; Ь , «b g ;
Как только k превысит 6, мы придем к противоречию. Значит,
pe число иррациональное. °

Решения упражнении
Внимание! Обращайтесь к этому разделу только
для проверки собственного решения или отчаявшись
таковое наити.
Как уже отмечалось в предисловии, обучение построению
доказательств, как и любое другое, требует практики. Дей-
ствительно, вспомните, как Вы учились, например, чтению.
Сначала Вы с чьей-то помощью учили буквы, затем пытались
складывать их в слоги, и, наконец, делали неуверенные попыт-
ки понять, что написано простыми словами и предложениями.
Иными словами, обучение чтению целиком состоит из практи-
ческих занятии.
Так и с доказательствами. Нельзя научиться их понимать,
а тем более искать доказательства самому, без должного на-
выка. Поэтому, дорогой читатель, мы предполагаем, что Вы
отведете себе какое-то минимальное время для самостоятель-
ного доказательства утверждении, не подглядывая при этом в
решения (начать можно, например, с одного часа на задачу, а
затем подкорректировать это время в соответствии с Ваши-
ми успехами). Если Вы эа отведенное время не справились с
доказательством, прочтите несколько первых строчек реше-
ния, приведенного в книге, после чего попытаитесь довести
доказательство до конца самостоятельно. Если у Вас опять
ничего не получится, прочтите немного больше и возобновите
попытки. Если же Вам потребовалось целиком прочесть ре-
шение, убедитесь, что Вы его поняли, а через несколько дней
воспроизведите его самостоятельно.

165
Решения упражнений
«Из А следует Б».
1. Найдется по крайней мере одно вещественное число, при
котором значение функции f не определено.
2. Для двух данных чисел х и у не найдется рационального
числа z, равного их сумме z = x+ у. Или еще один вариант:
для данных чисел х и у при любом рациональном z выполнено
соотношение х+ у g z.
3. Найдутся по крайней мере два различных числа х и у,
при которых /(х) = f (ó).
4. Уравнение P(õ) = 0 имеет по крайней мере два решения.
5. Найдется ненулевое вещественное число, противополож-
ное к которому равно нулю.
6. Существует два варианта отрицания этого утвержде-
ния.
1) Найдется такое число n & t; О, ля котор го ет конст
ты М„& t; О, удовлетворяю ей усло ию / х  gt; и дл всех
х & t;
2) Найдется такое число и & t; 0, то ля в ех „ gt;
ществует по крайней мере одно число х & t; „, ля котор
/(х) & t;
7. Найдется по крайней мере одно решение ха уравнения
Р(х) = Я(х), для которого l~ol & t;
8. Сравните это утверждение с приведенным в упр. 4. В том
случае мы вообще не знали, имеет ли данное уравнение реше-
ние, или нет. Поэтому ответ к этому упражнению выглядит
так: уравнение P(x) = 0 не имеет ни одного решения или име-
ет хотя бы два.

Трудности доказательств
9. Функция f терпит разрыв в точке с, если существует та-
кое E ) О, что для любого числа д ) О найдется хотя бы один х,
одновременно удовлетворяющий неравенствам: ~х — с~ ( b u
If(*) — f (~) I & t;
10. Найдется хотя бы одно число х, при котором f(x)
иррационально.
11. (а) Если число х не делится на 2, то оно не делится и
на 6.
(б) Если целое число х делится на 2, то оно делится и на 6.
(в) Если целое число х не делится на 6, то оно не делится
ина2.
12. (а) Если точка пересечения диагоналей четырехуголь-
ника делит их пополам, то этот четырехугольник паралле-
лограмм.
(б) Если точка пересечения диагоналей четырехугольника
не делит их пополам, то этот четырехугольник не паралле-
лограмм.
(в) Если четырехугольник параллелограмм, то точка пе-
ресечения ero диагоналеи делит их пополам.
13. (а) Если коэффициенты многочленов а, и 6, не равны
друг другу хотя бы при одном i, то наидется такое число хр,
что P(x()) ф- Q(x()).
(б) Если а, = b, для всех i = О, 1,2,... п, то значения мно-
гочленов Р(х) и ß(õ) совпадают при любом х.
(в) Если значения многочленов не совпадают хотя бы при
одном числе х, то наидется по краинеи мере один индекс
О & t  & t; , для ко ор г а,
14. (а) Если произведение двух чисел четно, то хотя бы
одно из них четно.
(б) Если произведение двух чисел нечетко, то оба сомно-
жителя нечетны.

167
Решекия уиражкекий
(в) Если один из двух сомножителей четен, то и произве-
дение четно.
15. (а) Если оба сомножителя нечетны, то их произведение
нечетно.
(б) Если один из двух сомножителей четен, то их произве-
дение четно.
(в) Если произведение двух целых чисел нечетко, то они
оба нечетны.
16. Пусть х и у произвольные вещественные числа, удо-
влетворяющие неравенству х & t; у. По определе ию неубыв
щей функции д(х) & t; д( ). Е ли д х = д( ),
/(д(х)) = /(д(у)).
Предположим, что д(х) & t; д( ) В э ом слу ае воспользуе
тем, что функция f тоже не убывает, т.е. f(g(*)) & t; /(д(у
Итак, мы показали, что неравенство х & t у вле
(f о д)(х) = /(д(х)) & t; /(д( ) = ( о д)(
А это и означает, что функция f ~ g неубывающая.
17. Мы не можем исследовать все произведения рациональ-
ных и иррациональных чисел. Поэтому воспользуемся методом
«от противного».
Предположим, что ху рапдонально. Тогда ху = ~ для каких-
то целых чисел, причем b j О. По условию х тоже рациональное
число, т.е. х = -„', где с и d j О целые. Более того, можно
считать, что с ,—~ О, так как нам дано, что х j О. Итак, у нас
есть равенство
Разделив обе его части на -„', получим: у = ~~, где ad и Ьс
целые числа, причем bń j О. Таким образом, у число ра-
циональное. Полученное противоречие с условием доказывает
наше утверждение.

168
Трудности доказательств
18. По условию десятичная запись числа и содержит не
менее трех знаков. Поэтому мы можем его записать в виде
и = rst... cba, где r, s, t, ..., с, b и а цифры, т. е. неотрица-
тельные целые числа, лежащие между О и 9. Более того, число
и можно представить и так:
и = rst...с 100+ ba.
По предположению число ba, составленное иэ двух последних
цифр числа и, делится на 4. Следовательно, найдется такое
целое число k, что 6а = 4Й. Значит,
и = rst...с 100+ba = rst...с 4 25+4k = 4(rst...с 25+ k)
откуда видно, что и действительно делится на 4.
19. Упростим данное нам в условии равенство.
(а+6) =а +6 ~а +2ab+b =а +6 <}2а6
Итак, нам известно, что для любого числа 6 выполнено соот-
ношение: 2ab = О. В частности, оно верно и для b = —, т.е.
1
2а- = а = О. Утверждение доказано.
1
20. Для доказательства достаточно раскрыть скобки и при-
вести подобные члены в правой части соотношения. Сделаем
это:
(а — 1)(а" + +а+1) = а"+ а" + +а +а—
и — 1 2
— а — — а — а — 1=
Q+ 1
21. Для прямого доказательства утверждения нам потре-
буется перебрать все простые числа вида 2" — 1 и исследовать
показатель и. Это сделать невозможно. Поэтому применим ме-
тод «от противного».

169
Решеиия уиражкекий
Допустим, что и — составное число. Это означает, что оно
представимо в виде произведения натуральных чисел и = tq,
которые больше 1 и меньше и. Тогда
2" — 1 = 2~~ — 1 = (2~) — 1.
Теперь воспользуемся результатом упр.20, расположенно-
го на стр. 56.
(2~)' — 1 = (2~ — 1)((2~)~ ' -i- (2~)~ ~ + + 2~ + 1)
Мы показали, что число (2~)~ — 1 раскладывается на множите-
ли, ни один из которых не равен 1 (почему?). Поэтому оно не
является простым. Таким образом, доказано противоположное
утверждение к исходному. Следовательно, верно и оно.
22. Этот факт доказывается простыми алгебраическими
преобразованиями:
и = абба = 1000а + 100b + 10б + а
= 1001а + 110б =
= 11(91а + 10б).
Так как число 91а + 10б целое, то и делится на 11.
23. Нам дано, с. Поэтому разность с — х не рав-
на нулю и дробь, имеет смысл. Мы хотим показать,
что она неотрицательна при любых значениях с и х. Есть две
возможности: либо х ( с, либо х ) с. Разберем эти ситуации
отдельно.
Пусть х ( с. Тогда с — х ) 0 и по определению неубываю-
щей функции f(z) ( f(ń), т.е. f (ń) — f (õ) ) О. Значит, дробь
неотрицательна, как отношение неотрицательного числа к по-
ложительному.
Возьмем теперь х ) с. В этом случае разность с — х ( 0 и
/(х) ) f(ń) (см. определение неубывающей функции). Из по-

170
Трудности доказательств
следнего неравенства следует, что /(с) — /(х) ( О. Таким обра-
зом, в этои ситуации дробь отношение неположительного
числа к отрицательному, т. е. она больше или равна О.
Итак, мы показали, что при любых с ф. х дробь неотрица-
тельна, что и требовалось доказать.
mx& t   = x gt
Вычтем из этого равенства число 6, а получившееся разделим
на ненулевое число т. В результате будем иметь
хi =х~,
что противоречит предположению о том, что числа хi и х~
были разными.
Для ответа на последний вопрос упражнения, нам нужно
вспомнить определение взаимно-однозначной функции (стр. 13) .
По этому определению функция f является взаимно-однознач-
ной, если она монотонна (что мы уже проверили) и для любого
значения у найдется такой х, при котором у = f (x). В нашем
случае искомый х определяется по формуле: х = ~~ —. Действи-
тельно,
f(x) = f( ) = т +6= у.
24. Прямое доказательство. По определению (см. стр. 13)
функция f называется монотонной, если при любых веществен-
ных числах xi g xp из области определения, получаются раз-
ные значения: f (xi) g /(х~). Функция f (x) = тх + 6 опреде-
лена на всей числовой прямой. Поэтому нам нужно доказать,
что если хi g х~, то тхi + 6 j тх~ + b. Но умножая разные
числа на ненулевое число m, мы не можем получить равные
результаты. Следовательно, тхi g mxq. Более того, добавив
к этому неравенству одно и то же число 6, мы не получим
равенства, т. е. тхi + b g mxq + 6.
«От противного». Предположим, что функция /(х) = тх+6
не монотонна. Тогда найдутся не равные друг другу веще-
ственные числа хi и х~, для которых

171
Решения уоражкекий
Итак, мы показали, что функция из условия упражнения не
только монотонна, но и взаимно-однозначна.
25. Следует показать, что для каждого вещественного чи-
сла у наидется по краинеи мере одно число х, удовлетворяющее
условию /(д(х)) = у.
Нам известно, что функция f принимает все вещественные
значения. Значит можно отыскать такое вещественное число
z, что f(z) = у. Аналогично, множество значений д тоже
вся числовая прямая. Следовательно, есть такое число х, что
д(х) = z. Собирая вместе доказанные факты, получаем:
у = f (z) = /(д(х)).
Итак, множество значений композиции совпадает с IR.
Теоремы равносильности.
1. ßąńņü 1. Предположим, что f невозрастающая функ-
ция. Нам нужно показать, что & t 0 ля в ех р
ных чисел х и с из области определения функции. Поскольку
с ф х, то существуют две возможности: х & t с л  & t; с
х & t; с, то вв ду невозраста ия функ и f получ ем нерав
ство /(х) & t; /( ). Знач т в э ом случ е &
Если х & t; с, то по определе ию невозрастаю ей функ
имеем: /(х) — /(с) & t; О. Поэт му неравенст о  lt; 0
справедливо.
~Хасть 2. Пусть неравенство *~ ~(' & t 0 им ет ме то
всех неравных вещественных чисел х и с из области определе-
ния функции f. Покажем, что тогда f возрастающая функ-
ция, т. е. согласно определению, для всех чисел х ( с выполня-
ется неравенство /(х) & t; /(
Так как x & t; с, то разно т х Ђ с отрицатель а. Умно
неравенство предположения, & t 0 на отрицатель ое

172
Трудность доказательств
сло, получим f(õ) — f(c) & t; О. Знач т, f õ > f(ń , что
бовалось доказать.
ab = (2k + 1)(2п + 1) = 2kn + 2k + 2n + 1 = 2(kn + k + n) + 1.
Из этого равенства следует, что произведение ab
число.
Яасть 2. Допустим теперь, что нам даны целые числа а
и Ь, произведение которых нечетко, и докажем, что каждое
из этих чисел нечетко. Предположим, что все-таки какое-то
число (а может и оба) четко. Пусть, например, а = 2k, где Й
тоже целое число. Тогда произведение ab = 2kb делится на 2,
что противоречит предположению. Итак, если произведение
двух чисел нечетно, то нечетен и каждыи из сомножителеи.
нечетное
3. Яасть 1. Пусть число и делится на 3. Тогда найдет-
ся какое-то целое число k, при котором и = ЗЙ. Возведем в
квадрат это равенство и получим:
n2 = (Ēk)2 = 9k2 3(Ēk2)
откуда видно, что и делится на 3.
Яасть 2. Предположим, что и делится на 3 и покажем,
2
что само целое число и кратно 3. Лучше всего для этого ис-
пользовать метод «от противного». Если и не делится на 3, то
остаток от деления его на 3 равен 1 или 2. Иными словами, и
представляется одним из способов:
и = 3k+1
и = Ēk+2,
или
где, как обычно, Й целое число. Если и = Ēk+ 1, то
и = 9k2 + 6k + 1 = 3(3k2 + 2k) + 1,
2. Яасть 1. Пусть а и 6 нечетные числа. Тогда их
можно представить в виде а = 2k + 1, б = 2n + 1 с какими-то
целыми Й и и. Перемножим а и 6:

173
Решекия уоражкекий
т. е. и не делится на 3. Если п = 3/с + 2, то
и = 9k~ + 12k + 4 = 3(3k~ + 4k + 1) + 1.
В этом случае и тоже не кратно 3. Полученное противоречие
с предположением доказывает утверждение.
4. Докажем эквивалентность утверждений по следующей
схеме: (1) =~ (2), (2) ~ (3), (3) ~ (2) и (3) ~ (1). Надо отме-
тить, что это всего лишь один из большого числа возможных
путеи доказательства.
(1) ~ (2). Нам дано, что т ) s и а ) 1. Неравенство, кото-
рое нам предстоит доказать, равносильно такому: а" — а' ) О.
Разложим его левую часть на множители.
а" — а' = а'(a" ' — 1).
Поскольку обе части этого неравенства положительны, полу-
чаем
а" <
что и требовалось.
(3) w (2). Предположим теперь, что а ) 1, т.е. 0 & t  &
Условие (3) говорит нам, что справедливо неравенство
И'. Ю
Заметим теперь, что первый сомножитель а' положителен.
Кроме того, по предположению показатель степени а' ' боль-
ше нуля, а ее основание больше 1. Следовательно, а" ' ) 1,
т. е. разность (a" ' — 1) положительна. Итак, оба сомножите-
ля произведения а'(a" ' — 1) больше нуля. Стало быть, и само
произведение положительно.
(2) ~ (3). Пусть а удовлетворяет неравенству 0 & t  &
Тогда ~ ) 1 и по предположению (2)

Трудности доказательств
Как и в предыдущем случае, переходя к обратным дробям по-
лучаем требуемое.
(3) ~ (1). В данный момент нам известно, что для любого
вещественного числа а из интервала (О, 1) выполняется нера-
венство а' & t; '. го мо но перепис т в в де а" Ђ” а &
Разложив левую часть неравенства на множители, получим
а'(1 — а' ") & t;
Первый сомножитель этого произведения положителен. Зна-
чит, второй должен быть отрицательным. Иначе говоря,
]<
По условию а & t; 1. Поэт му та ое неравенс во возмо но л
в случае, когда s — т & t; О, т. е  & t; т. Доказате ьство зако
5. (1) w (2). Эта часть утверждения уже доказана в при-
мере 3 на стр. 68.
(2) ~ (3). Из неравенства ~+~ & t а мы получ ем а  &g
Отсюда 6 & t; а. Приба и к последн му неравенс ву 6, им
26 & t; 6+ а, т е  > ~
(3) ~ (1). Эта часть тоже доказана в примере 3 на стр. 68.
6. (1) ~ (2). Нам известно, что х & t; у. Умно ив то не
венство на — 1, мы поменяем его знак, т.е. — х & t; Ђ” у. Теп
осталось заметить, что ввиду отрицательности чисел х и р,
)х( = -x и )у) = -у.
(2) ~ (3). По условию нам дано, что [х/ & t; / [. Бо ее то
модуль любого числа неотрицателен, а при возведении в ква-
драт неравенства с неотрицательными частями ero знак не
меняется. Следовательно, )х~~ & t; ly ~. Но не зависимо ти
знака числа z, справедливо равенство: ~z~~ = z~. Следователь-
но, х = (х)~ & t; [ (
(3) ~ (1). Напомним, что по условию числа х и у отрица-
тельны, причем х & t; у, то равносил н х Ђ  & t; О. Ра

175
Решекия уиражкекий
левую часть неравенства на множители и получим равносиль-
ное неравенство:
(х — у)(х+ у) ) О.
Так как сумма отрицательных чисел х и у меньше нуля, то со-
множитель х+ у произведения левои части неравенства отри-
цателен. С другой стороны, само произведение положительно.
Значит, и другой сомножитель (х — у) должен быть отрица-
телен, так как произведение двух чисел больше нуля тогда и
только тогда, когда оба ero сомножителя имеют одинаковыи
знак. Итак, х — у ( О. Это означает, что х ( у, что и требо-
валось доказать.
7. Покажем сначала, что любое решение системы (Sq)
является решением системы (S2). Предположим, что (х0, у0)
решение системы (S~). Это означает, что если мы подставим
(õo, yp) вместо переменных в систему (S~ ), то каждое ее урав-
нение обратится в верное тождество. Следовательно,
п2х0 + Ь2уΠ— с2.
пiхо + b&gt y =
Если мы умножим первое из них на число Ь, то равенство оста-
нется верным. Иначе говоря, ba~õo + bb~yp = Ьс~. Сложим те-
перь полученное равенство со вторым тождеством и приведем
подобные члены:
a2õo + b2yo + baixo + ЬЬiуо = &l ; +
(Ьа~ + a2)õp + (ЬЬ~ + b2)yp — — Ьс~ + с2.
Теперь мы видим, что пара (xp, yp) удовлетворяет как пер-
вому уравнению системы (S2), так и второму. Значит, она
является решением системы (S2).
Прежде чем переходить ко второй части решения, осмы-
слим, что же именно мы доказали. Фактически мы показали,
что если к одному уравнению системы (S~) прибавить дру-
гое, умноженное на число, и получить систему (S2), то любое

176
Трудностпи доказатпельств
решение системы (S1) будет являться решением системы (S2)
Заметим теперь, что если ко второму уравнению системы (S~)
прибавить первое, умноженное на число — 6, то получится си-
стема (Sg). Таким образом, опираясь на доказанную часть
утверждения можно гарантировать, что любое решение си-
стемы (Sg) будет решением системы (S~). А именно это и надо
было показать во второи части решения упражнения.
Контрпримеры.
1. Внимательно прочтем утверждение. Казалось бы, рост
функции f должен быть компенсирован убыванием функции g.
Однако как возрастать, так и убывать функции могут с раз-
ными скоростями. С учетом этого замечания утверждение вы-
глядит уже не столь правдоподобно. Поэтому стоит подобрать
к нему контрпример.
Пусть f = х+ 1, à g(z) = — 2х. Очевидно, что f возраста-
ет, а д убывает (если сомневаетесь в этом, обязательно про-
верьте!). Тем не менее, их сумма (f + д)(х) = 1 — х не явля-
ется постоянной функцией. Действительно, (f + д)(0) = 1 и
2. К сожалению, это равенство часто встречающаяся
досадная ошибка! На самом деле оно выполняется только для
двух чисел из отрезка [О, ~~]. И подумав, Вы легко их найде-
те. Нам же для опровержения утверждения достаточно предь-
явить только одно число из этого отрезка, которое не удовле-
творяет равенству. Возьмем t = -". Тогда
т ~2
2sin — = 2 — = V2.
4 2
С другой стороны,
sin — = sin — = 1.
Поскольку ~/2 g 1, утверждение ложно.

Решения упражкекий
3. Утверждение очень похоже на правду, поскольку все
коэффициенты многочлена положительны. Однако вычислив
значение P(õ) в точке х = — —, получим
3
что опровергает заключение утверждения.
4. Этот факт выглядит очень правдоподобно. Однако об-
ратным к х = 1 является число р = 1, которое не удовлетво-
ряет неравенству заключения. Подумайте, źąź можно пере-
формулировать предположение или вывод, чтобы исправить
утверждение.
5. Как уже отмечалось в этой книге, математика наука
экспериментальная. Поэтому вычислим 3" + 2 для нескольких
натуральных чисел и.
Если п = 1,то 3 + 2 = 5 простое число.
Если и = 2,то 3 + 2 = 11 простое число.
Если п = З,то 3~ + 2 = 29 простое число.
Если и = 4, то 3 + 2 = 83. Выясним, является ли 83 про-
стым числом. Ясно, что 83 нечетко и не делится ни на 3, ни
на 5. Оно дает остаток 6 при делении на 7 и на 11. А так как
11 11 = 121 ) 83, то проверять делимость 83 на следующее
простое число уже бессмысленно (почему?). Итак, 83 число
простое.
Если и = 5, то 3~ + 2 = 81 3+ 2 = 245 = 5 49 составное
число. Значит, исходное утверждение ложно!
6. Напомним, что функции f о д и f o h равны, если для
всех значении переменнои х выполнено тождество
(f о д)(х) = (f о 6)(х),
которое можно переписать в виде /(д(х)) = f(h(õ)). Можем
ли мы при этом утверждать, что д = h? А может быть, есть

178
Трудности доказательств
такие функции f, и д g h, что f(ä(õ)) = f(h(z)) для любого
числа х? Как выбрать правильный ответ? И то и другое за-
ключение кажется достаточно правдоподобным! Но посколь-
ку совершенно непонятно, как подступиться к доказательству
первого из них, попытаемся подобрать контрпример.
Положим д(х) = х и Ь(х) = — х. После выбора функций д и h,
предположение упражнения приобретает вид: f (õ) = f ( — х)
для всех вещественных чисел х. Но это в точности опре-
деление четной функции. Поэтому взяв f = х, мы получим
тождество: х~ = ( — х) .
Итак, мы предъявили разные функции д и h, удовлетворяю-
щие равенству (д(х)) = (h(õ)) . Следовательно, утверждение
упражнения ошибочно.
7. Попытаемся доказать сформулированный факт, просум-
мировав данные числа.
п+ (и+ 1) + (и+ 2) + (n+ 3) + (n+ 4) = 5п+ 10 = 5(n+ 2).
Из полученного равенства следует истинность утверждения.
8. Как и в предыдущем случае, начнем искать доказатель-
ство. Перепишем исходное неравенство в виде
х — х =х(1 — х)&lt
Итак, нам нужно доказать (или опровергнуть), что неравен-
ство х (1 — х ) & t О справедл во ля в ех неотрицатель
чисел х.
Каково бы ни было число х, его квадрат х~ всегда больше
или равен О. Поэтому исходное неравенство будет верным в
том и только том случае, если 1 — х ( О, т. е. 1 ( х . Извлекая
корень из обеих частеи последнего неравенства, мы приходим
к выводу, что в предположениях упражнения оно верно тогда
и только тогда, когда 1 ( х. В частности, любой положитель-
ныи х, меньшии 1, противоречит неравенству утверждения.
Значит, оно ошибочно.

179
Решекия упражкекий
9. Произвольную четверку последовательных натуральных
чисел можно обозначить как и, n+ 1, и+ 2 и п+ 3. Сложим
их, обозначив сумму символом S(n).
S(n) = и+ (и+ 1) + (п+ 2) + (п+ 3) = 4п+ 6.
Выбрав в качестве п число 1, мы убеждаемся, что S(1) = 10
не делится на 4. Таким образом, утверждение ложно.
Более того, мы видим, что первое слагаемое S(n) при лю-
бом п делится на 4, в то время как второе при делении на
4 всегда дает остаток 2. Поэтому естественно предположить,
что число S(n) никогда не будет делиться на 4. Покажем это.
Предположим, что S(n) делится на 4 при каком-то целом и.
Тогда найдется такое целое число k, что
S(n) = 4п+ 6 = 4k.
Выразив из этого уравнения Й, получим
1
k = и+1+ —.
2
Таким образом, каково бы ни было натуральное число и, число
k не будет целым. Полученное противоречие доказывает наше
предположение.
10. Данное утверждение похоже на известный факт: сумма
двух нечетных чисел число четное. Однако такая аналогия,
конечно, не может служить доказательством. Более того, до-
вольно часто попытки сравнить доказываемое утверждение с
известными верными теоремами приводят к ошибочным вы-
водам. Так происходит и в этом случае. Покажем, используя
контрпример, что сумма двух нечетных функций может и не
оказаться четнои.
Пусть f (õ) = х и д(х) = 2х. Обе выбранные функции, оче-
видно, нечетны. Их сумма, (f + д)(х) = Зх тоже нечет-
ная функция. Предъявленный контрпример доказывает оши-
бочность утверждения упражнения.

180
Трудности доказательств
11. Функция ~ может быть не определена на всей числовой
о
прямой. Действительно, отношение функций не определено в
тех точках, где энаменатель обращается в нуль. Поэтому дан-
ное утверждение неверно. Тем не менее, отношение нечетных
функций будет четной функцией, определенной всюду, эа ис-
ключением нулей знаменателя. Покажем это. По определению
нечетных функций имеем f( — х) = — /(х) и д( — х) = — д(х).
Следовательно,
f ( — х) — /(х)
f(х) f
д(х) д
f -( — ) =
g
д(-х) -д(х)
что доказывает четность отношения.
12. Число п иэ условия можно записать в виде
п = 100 000a + 10000b + 1000c + 100с + 10b + а.
Поэтому
п = 100001a + 10010Ь + 1100с =
= 11. 9091a+ 11 910b+ 11 100с =
= 11(9091a + 910b + 100с).
Отсюда видно, что и делится на 11.
а+6= т+ ( — т) =0
число рациональное (и даже целое).
13. Сумма двух рациональных чисел, конечно, будет ра-
циональна. Действительно, если а = ™ и Ь = ~, где т, и, р
и q целые числа, то сумма a+ b = — ~~-~ тоже отно-
шение целых чисел, т.е. рациональное число. Однако сумма
иррациональных чисел может тоже оказаться рациональнои.
Например, если а = т, а Ь = — т иррациональные числа, то

181
Решеиия упражиеиий
д(-х) = (/( — х)) = (-f(~)) = (/(х)) = д(х),
что согласуется с определением четной функции.
15. Это утверждение ошибочно. В качестве контрприме-
ра рассмотрим функцию f(õ) = — ~~~~. При всех вещественных
значениях переменной х знаменатель этой функции положи-
телен, а числитель и вовсе не зависит от х и равен 1. Следо-
вательно, любое значение функции fположительно, ,как отно-
шение положительных чисел. Итак, f удовлетворяет условию
упражнения. Посмотрим теперь на (/(х)) = ~~~~ . Согласно
определению возрастающей функции должно выполняться ра-
венство (f(x()) & t; (f(õ~ ), ак тол ко х &l ; xg. Чи л
и х~ — — 1 удовлетворяют последнему неравенству. Однако
(/(О))
(1 q 02)3
=1,
(1+ Р)з
Так как 1 ) —, мы получаем противоречие с определением
1
возрастающей функции.
Метод математической индукции.
1. База индукции. Для п = 1 утверждение очевидно:
1 =2' — 1.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение
верно для и = k, т. е.
1+2 +2 + . +2" 1=2 — 1.
14. Тот факт, что функция д = f ~ определена на всей чи-
словои прямои, очевиден: мы деиствительно можем вычислить
значение д(х) для любого вещественного числа х. Покажем,
что д четная функция. Так как fнечетна, ,то для любого х
имеем: f ( — х) = — f (õ). Следовательно,

182
Трудности доказательств
Шаг индукции. Проверим формулу для п = k + 1.
1 + 2 + + 2~ + 2~ = (1 + 2 + + 2~ ') + 2~ =
= 2" — 1+ 2" = 2 2" — 1 = 2 +'
Равенство доказано для всех натуральных чисел.
2. База индукции. Если п = 1,то 9" — 1 = 9' — 1 = 8.
Поскольку 8 делится на 8, база индукции выполнена.
Предположение индукции. Допустим, утверждение вер-
но для и = k,т.е. 9" — 1 = 8q для некоторого целого числа q.
Шаг индукции. Возьмем и = k + 1. Тогда
9 ~~ — 1=9 +~ — 9+9 — 1=9(9 — 1)+8.
По предположению индукции 9" — 1 = 8q. Следовательно,
9"+~ — 1 = 9 8q+ 8 = 8(9q+ 1).
целое число, то 9"+~ — 1 делится на 8. Утвер-
Так как 9q+ 1
ждение доказано.
Этот факт можно доказать и без математической индук-
ции. Идея заключается в разложении разности 9" — 1 на мно-
жи'Гели.
9" — 1 = (9 — 1)(9" '+9" ~+ +1) = 8(9" '+9" ~+ +1) = 88,
где s целое число. Итак, наши вычисления доказывают де-
лимость числа 9" — 1 на 8.
2+ 4+ 6+ + 2k = /с~ + k.
3. База индукции. Если 7l = 1, то сумма состоит только
из одного четного числа, а именно 2. Правая часть формулы
равна 1 + 1 = 2. Мы убедились, что при п = 1 левая часть
формулы совпадает с правой. Значит, база индукции выпол-
нена.
Предположение индукции. Предположим, утверждение
истинно при и = Й, т. е.

183
Решения упражнений
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения при
п = k+1. В этом случае последнее число левой части формулы
равно 2(k + 1) = 2k + 2. Таким образом, нам нужно сложить
все четные числа между 2 и 2k+ 2. Используя предположение
индукции, получаем
2+ 4+ 6+ + 2k+ (2k+ 2) =
= (2+ 4+ 6+ + 2Й) + (2Й+ 2) =
= k~+ k+ (2k+ 2) =
= Й~+2k+1+k+1 =
= (k + 1)~ + (й + 1).
Следовательно, утверждение имеет силу для всех натуральных
чисел.
4. База индукции. Начнем с проверки истинности нера-
венства при минимально возможном для даннои задачи нату-
ральном числе п = 3.
(1+ а) = 1+ За+ 3a + а & t; 1+ З
Данное неравенство справедливо, поскольку оно равносильно
верному соотношению: 3a+ а & t;
Предположение индукции. Пусть неравенство верно при
и=/с, т.е. (1+а)" & t; 1 k
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения для
следующего натурального числа. А именно докажем, что
(1 + а) +' & t  + ( + )
Выполним несложные алгебраические преобразования, учиты-
вая предположение индукции.
(1+ а)~+~ = (1+ а) (1+ а) &
& t; 1+ ka ) 1+ а
= 1+ka + a+ka &
& t; +а k

184
Трудности доказательств
По условию а & t; 1, следователь о   g ; а . З
(1+ a) + & t; 1+ '+ k & t  +  k = + ( +
Итак, индуктивный переход завершен, что доказывает истин-
ность исходного неравенства для всех натуральных чисел и & t;
5. База индукции. Проверим равенство для п = 1. В этом
случае левая часть формулы состоит только из одного слага-
емого †. А правая ее часть равна
1
1
1=—
2
1 1 1
2 2" 2" +~
1 ——
1
2
Используя ассоциативность сложения (сочетательный закон)
и индуктивное предположение, получаем
1 1 1 1 1 1
2 2" 2"+~ 2 2" 2"+~
1 ——
1
2
2
1 ——
1
2
Таким образом, формула верна при п = 1.
Предположение индукции. Будем считать, что форму-
ла имеет место при и = k.
Шаг индукции. Попытаемся доказать, что

185
Решения упражнений
Значит, доказываемое утверждение верно.
6. База индукции. Проверим истинность неравенства при
наименьшем из возможных натуральных чисел п = 3.
3 =9,
5 3! =5.3 2 1=30.
Так как 9 ( 30, то наше утверждение справедливо при мини-
MBJIbHO ВОЗМОЖНОМ П.
Предположение индукции. Здесь мы предполагаем, что
Й~ &l ;5
Шаг индукции. По определению факториала
(Й + 1)! = (Й + 1) Й!.
Учитывая индуктивное предположение, получаем, что
5 (k + 1)! = (k + 1) 5 ki
= 5Й Й! + 5 . Й.' & t; 5Й Й + Й
& t; 5  + Й = Й + 5 & t Й
= Й~ + 2k + Й & t; Й + 2   = ( + 1
Мы проверили неравенство при п = k + 1 и можем за-
ключить, что оно верно для всех п & t;
Й вЂ” 1=4т, гдет
натуральное число.
7. Сначала докажем это утверждение индукцией по и.
База индукции. Наименьшее нечетное натуральное чи-
сло равно 1. Поэтому здесь нам следует проверить делимость
числа 1 — 1 = 0 на 4, что совершенно ясно.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение
истинно для всех нечетных натуральных чисел, лежащих меж-
ду 1 и каким-то нечетным k. В частности,

Трудности до~сазательств
Шаг индукции. Следующим нечетным натуральным чи-
слом является Й + 2. Нам нужно проверить, что (Й + 2) — 1
делится на 4. Сделаем это, учитывая индуктивное предполо-
жение.
(Й+ 2) — 1 = k~+ 4k+4 — 1 = 4т+ 4k+ 4 = 4(т+ /с+ 1).
Поскольку т+ /с+1 целое число, то мы доказали требуемое.
Есть и более короткое и красивое рассуждение, доказыва-
ющее справедливость этого утверждения. Приведем его. Так
как число п нечетко, его можно представить в виде n = 2т+1
с каким-то целым числом т. Тогда
и — 1=(2т+1) — 1=4т +4т+1 — 1=4(т +m),
откуда непосредственно следует нужная делимость.
8. База индукции. Утверждение верно при и = 1, так źąź
10 — 1=9.
Предположение индукции. Предположим, что 10" — 1
делится на 9, т. е. 10" — 1 = 9s, где s натуральное число.
Шаг индукции. Рассмотрим число 10"+~ — 1 и преобра-
зуем его, основываясь на предположении индукции.
10"+~ — 1 = (9+ 1)10" — 1 =
= 9 10" + (10" — 1) =
= 9 10 + 9в
= 9(10 + s).
Следовательно, делимость 10" — 1 на 9 доказана для любого
натурального числа и.
9. База индукции. Так как последняя цифра числа 3' = 3
есть 3, то база индукции выполнена.
Предположение индукции. Будем считать, что утвер-
ждение истинно при и = k.

187
Решеиия уоражиекий
Шаг индукции. Очевидно, что последняя цифра bp чи-
сла 3"+~ совпадает с последней цифрой произведения Зад, где
ар последняя цифра числа 3 . По предположению индукции
й
ав может равняться 1, 3, 7 или 9.
Если ав =1, тоbp =3, так как Зад =3;
если ap — — 3, то bp = 9, так как За~ = 9;
если ap — — 7, то bp = 1, так как Зав — — 21;
если ap = 9, то bp = 7, так как Зав = 27.
Итак, мы разобрали все возможные случаи и доказали наше
утверждение.
10. База индукции. Проверим утверждение для и = 5.
Так как предпоследняя цифра числа 3 = 243 равна 4, то в
этом случае утверждение верно.
Предположение индукции. Считаем, что утверждение
справедливо для произвольного натурального числа Й ) 4.
А именно, если 3 = a„a„ l...alap, то al — — одна из цифр:
k
О, 2, 4, 6, 8.
Шаг индукции. Пусть
3 + = 3 а~а~ ]... asap — — Ь,Ь, ~... bybp.
По предыдущей задаче ав может равняться только 1, 3, 7 или 9.
Если ap ( 3, то by совпадает с последней цифрой произведе-
ния 3ау, которая, естественно, будет четной ввиду четности
цифры а~.
Пусть а~ = 7, тогда для вычисления Ь~ нужно сложить по-
следнюю цифру произведения 3ар (которая будет четной) с 2,
поскольку ЗЬ~ — — 21. Следовательно, Ь~ в этом случае окажется
четной цифрой.
Если ap — — 9, то для определения b~ мы опять складываем
последнюю (четную) цифру произведения За~ с двойкой, так
как Зад — — 27.
Итак, в любом случае предпоследняя цифра числа 3"+~ чет-
на. Утверждение доказано полностью.

188
Трудности доказательств
11. База индукции. При п = 1 утверждение в проверке
не нуждается.
Предположение индукции. Пусть формула имеет место
прип=й.
Шаг индукции. Вычислим А"+, используя предположе-
ние индукции.
А~~~~ = А~А = ( ) ( ) =
° ° ° °
1 1+О 1 1 О+О 1
k 1+1 1 Й О+1 1
Теоремы существования.
1. Когда мы ищем функцию, определенную на множестве
всех вещественных чисел, первое, что приходит в голову—
это многочлен. Однако множество значений любого многочле-
на значительно превышает указанныи в условии промежуток.
Следующая по сложности функция рациональны, т.е. от-
ношение двух многочленов. Но, к сожалению, рациональная
функция, как правило, не определена в конечном числе точек,
поскольку ее знаменатель может обращаться в нуль. Поэтому
если и искать решение задачи среди таких функций, необхо-
димо исследовать только те из них, знаменатель которых не
имеет вещественных корнеи.
Рассмотрим рациональную функцию f (х) = — ~. Посколь-
ку квадрат любого числа неотрицателен, то знаменатель этои
функции всегда положителен. Во всяком случае, он не обра-
щается в нуль, т. е. функция f (x) определена на всей числовой
прямой. Выясним множество ее значений.

189
Решемия уоражиеиий
Как мы уже отметили, знаменатель функции f принимает
только положительные значения. Следовательно, для любого
вещественного х выполнено неравенство:
1
f(õ) = & t;
1
]. -~ х2
=Р
имеет решение.
Так как у & t; О, то выписан ое уравне ие равносил но
кому:
2
х = — — 1.
У
Оно имеет решение тогда и только тогда, когда его правая
часть больше или равна 0. По выбору числа у мы знаем, что
0 & t  & t; 1. Следоват л н , &gt  , т е  в
) у ~ 1 ' ' у
Итак, мы показали, что множество значений предъявлен-
ной нами функции f в точности совпадает с полуинтервалом
(О, 1].
2. Если п = 2, то 2~ + 7~ = 4+ 49 = 53
простое число.
3. Нам дано иррациональное число а и нужно найти та-
кое иррациональное число б, что их произведение аб будет це-
Кроме того, знаменатель этой дроби равен числителю только
при х = О, а в остальных случаях знаменатель больше чи-
слителя. Значит, /(О) = 1 и О & t; / х  lt; 1 при любом нен
значении переменнои х.
Этим рассуждением мы показали, что множество значе-
ний функции f (õ) действительно содержится в нужном полу-
интервале. Но для решения задачи нам следует еще показать,
что любое число из интервала (О, 1] является значением функ-
ции f при каком-то вещественном числе х. Для доказательства
этого факта нам нужно взять произвольное число у E (0, 1] и
убедиться, что уравнение

190
Трудности доказательств
4. Многочлен второй степени (т. е. квадратный) может быть
записан в виде: P(x) = ах~+ Ьх+с, где а, b и с вещественные
числа, причем а ф О. В упражнении требуется найти квадрат-
ный многочлен Р(х), для которого P(0) = — 1 и P( — 1) = 2.
Подставим х = 0 в общий вид квадратного многочлена и по-
лучим:
-1=a 0 +Ь О+с,
2
откуда с = — 1. Учитывая эту информацию, подставим в наш
многочлен х = — 1:
а (-1) + 6 (-1) — 1 = 2.
Следовательно, а — 6 = 3. Мы получили одно уравнение на
два неизвестных коэффициента. Можно решить его, напри-
мер, подбором: а = 3, 6 = О. Итак, искомый многочлен:
Š(õ) = Зх — 1.
Очевидно, мы предъявили только один из возможных много-
членов второи степени, которые удовлетворяют требованиям
упражнения.
5. Требуется, чтобы число b~ было отрицательным. Значит,
6 тоже должно быть отрицательным. Действительно, степени
любого положительного числа будут больше нуля. Кроме того,
число а не может быть четным, поскольку степени с четным
лым. Будем искать число 6, которое в произведении с а да-
ет 1. В этом случае число 6 должно удовлетворять уравнению:
ab = 1. Заметим, что а g О, иначе а рационально. Поэтому
b=a
Осталось показать, что а число иррациональное. Но
— 1
это легко сделать методом «от противного». Действительно,
если а = — „отношение целых чисел, то а = —" тоже
отношение целых, т. е. рациональное число, что противоречит
условию упражнения.

191
Решения упражнений
показателем дают положительный результат. Наконец, соглас-
но условию, а и Ь должны быть либо целыми, либо дробными
числами. Пусть Ь = — 27 и а = &gt ~. То
положительное целое число,
b' = ( — 27)~ = — 3
отрицательное целое число.
рп+ qm
2qn
рационально и а & t  & t; Ь. Затем расс отрим
с+Ь
а+с
Оба эти числа рациональны (представьте их в виде отношения
целыхчисел) ma<d l ;c&
7. В качестве решения данного неравенства можно предь-
явить число Й = — 1. Тогда
2
8. Прежде всего заметим, что если многочлен Q(x) = — Š(õ)
имеет вещественный корень хе, т. е. Q(õ~) = О, то и исходный
многочлен Р(х) будет обращаться в нуль в точке х~. Поэтому,
6. Это утверждение можно доказать źąź теоретическими
рассуждениями, так и конструктивно, предъявив три рацио-
нальных числа, лежащих между двумя данными. Воспользу-
емся вторым способом. Пусть а = ~ и Ь = ~, где р, q, т и
и целые числа, причем знаменатели дробеи не равны ну-
лю. В качестве первого числа возьмем среднее арифметиче-
ское с = ~~. Тогда, źąź мы уже показывали, число

192
Трудности доказательств
Теоремы единственности.
1. Для полного доказательства утверждения нам нужно по-
казать, что многочлен р(х) имеет корень, причем только один.
Существование. Здесь нам нужно найти решение уравне-
ния х — б = О. Используя свойства вещественных чисел, полу-
чаем х = b.
Единственность. Можно показать единственность решения
по краинеи мере тремя способами.
1) Мы уже доказали (см. пример 4 на стр. 90), что много-
член степени п имеет не более и корней. Следовательно,
многочлен первой степени p(x) обладает не более чем од-
ним корнем, а один корень мы уже нашли.
2) Многочлен р(х) имеет единственный корень, поскольку
существует только одно решение уравнения х — Ь = О,
что следует из своиств вещественных чисел.
умножая в случае необходимости исходныи многочлен на — 1,
можно считать, что aÄ ) О.
Если переменная х принимает очень большие положитель-
ные значения, то и сам многочлен Р(х) будет принимать по-
ложительные значения, так как ero старшии член а„х" стре-
мится к +oo быстрее остальных слагаемых. В частности, мож-
но утверждать, что наидется такое положительное число m~,
что P(m~) ) 0. По этой же причине при отрицательных зна-
чениях переменнои х с ростом их абсолютнои величины мно-
гочлен Р(х) будет принимать отрицательные значения. Зна-
чит, найдется такое отрицательное число m, что Р(т ) ( О.
Кроме того, многочлен является непрерывной функцией на
всеи числовои прямои, и тем более он непрерывен на отрез-
ке [m, т+]. Как мы уже установили, на концах этого отрезка
многочлен принимает значения разных знаков. Следовательно,
по однои из теорем математического анализа наидется точка
õp E [т,т+], такая что Š(õp) = 0.

193
Решеиия упражиежий
3) Предположим, что есть еще какой-то корень t многочле-
на р(х), т.е. š(t) = О. Но, как мы уже знаем, š(6) = О.
Значит, š(t) = р(6). Иными словами, имеет место тожде-
ство
t — 6=6 — Ь.
Прибавляя число 6 к обеим частям равенства, получаем
t= 6.
Таким образом, многочлен р(х) имеет единственный ко-
рень.
2. Очевидным решением данного уравнения служит число
з~
x = +6, которое корректно определено из-за того, что куби-
ческии корень можно извлекать как из положительных, так и
из отрицательных чисел, не говоря уже о нуле.
Предположим теперь, что у еще какое-то решение этого
уравнения и покажем, что у = х. Имеем
х — 6=0=у — b.
Следовательно,
х — у =О.
Разложив на множители левую часть уравнения, получим
(х — у)(х + ху+ у ) = О.
х +ху+у =О Ф x~=0 W х=О.
Произведение равно нулю в том и только в том случае, когда
один из его сомножителей равен нулю. Поэтому либо х — у = 0,
либо х~ + ху+ у = О. В первом случае x = у, а именно это
равенство нам и нужно доказать. Покажем, что второй сомно-
житель обращается в нуль только если х = y = О, откуда будет
следовать, что при х ф- у х +ху+у ф О. Действительно, если
у=О,то

Трудноспт доказательств
Если же у ф О, то разделив на него все выражение, придем к
квадратному уравнению относительно новои переменнои z = ~:
У
z'+z+1=0.
3. Любой многочлен второй степени можно записать в виде
Р(х) = ах~+ Ьх+ с с вещественными коэффициентами а, Ь и с,
где а ф- О. Нам известны значения многочлена в точках х = О,
х = 1 и х = — 1. Поэтому у нас возникают уравнения на его
коэффициенты:
P(0) =а О +Ь 0+с=с=1;
Р(1) =а 1 +Ь 1+с=а+6+с=3;
Р( — 1) = а ( — 1) +b ( — 1)+с=а — 6+ń=2.
Для определения чисел а, Ь и с нам нужно решить систему
уравнении:
с = — 1,
3,
2.
(2)
а + Ь + с
а — Ь+с
Из первого уравнения мы немедленно узнаем значение с. Под-
ставив его в остальные, получаем
& t; + =
а — Ь = 3.
Сложив эти уравнения, найдем 2а = 7, т. е. а = z. А вычитая
второе уравнение из первого, вычисляем Ь = — .
1
Таким образом, многочлен
2
Р(х) = — х + — х — 1
2
Дискриминант последнего D = 1 — 4 = — 3 отрицателен.
Значит, оно не имеет вещественных решений. Единственность
решения уравнения х = Ь доказана.

195
Решения упражнений
удовлетворяет требованиям упражнения. Теперь нам нужно
обсудить его единственность. Как мы убедились, коэффици-
енты требуемого многочлена обязаны удовлетворять систе-
ме (2). А она имеет только одно решение. Значит, и многочлен,
которыи нам нужно было указать, единственныи.
4. Чтобы найти координаты точек пересечения данных
графиков, решим уравнение: f(x) = д(х), т. е.
х = — х — 2х.
3 2
Перенеся все в левую часть и разложив получившийся много-
член на множители, придем к уравнению
х(х +х+2) =О.
Очевидно, одно из его решений х = О. Более того, если это
уравнение имеет еще какое-то решение t, то обязательно
t +t+2=0.
Однако дискриминант последнего квадратного уравнения от-
рицателен:
D= 1 — 4 2= — 7.
точку.
5. Возникает соблазн нарисовать графики функций у = cos x
и у = х на отрезке [0, т], убедиться, что на рисунках графики
пересекаются в однои точке и сделать вывод о том, что урав-
нение cos 0 = 0 имеет единственное решение, принадлежащее
7'
Поэтому оно не имеет корней.
Итак, мы показали, что существует единственное число
х = О, при котором точка с координатами (х, у) принадлежит
обоим графикам. Соответствующая координата у определяет-
ся, например, с помощью первой функции: у = f(o) = О = О.
Таким образом, данные графики имеют единственную общую

Трудности дохаэательств
промежутку [О, т]. Однако такой способ рассуждений не мо-
жет считаться корректным, поскольку нельзя быть до конца
уверенным в том, что графики построены абсолютно точно.
В связи с этим нужно искать иной путь исследований.
Один из методов решения этой задачи основан на теореме
из математического анализа, которая утверждает, что если
функция /(х) на отрезке [а, b] имеет неположительную произ-
водную, то она убывает на этом отрезке.
Рассмотрим функцию /(х) = cos х — х. Ее производная рав-
на f'(õ) = — япх — 1. Поскольку ~ япх~ & t; 1, то Ђ” пх Ђ
для любого значения х из отрезка [О, m]. Следовательно, функ-
ция f (õ) = соя х — х убывает на отрезке [О, т]. Ее значение в
точке х = О положительно, так как f(0) = cos(0) — О = 1, а в
точке х = т отрицательно, ибо соя т — т = — 1 — т. Кроме
того, функция f (x) = соя х — х непрерывна на всей числовой
прямой. Поэтому найдется такое число 0 с [О, т], что /(О) = О,
т. е. cos 0 = О. Этим рассуждением мы показали, что исходное
уравнение имеет хотя бы одно решение на отрезке [О, т].
Предположим теперь, что есть еще какое-то 0~ E [0, т], для
которого cos0 = 0'. Без ограничения общности можно счи-
тать, что 0 & t; '. То да по определе ию убываю ей фу
ции должно выполняться неравенство /(О) & t; /(О ). Одн
f (0) = О и f (0') = О (по выбору чисел 0 и 0'). Полученное про-
тиворечие доказывает единственность решения нашего урав-
нения.
Равенство множеств.
1. Яасть 1. (А U B) U (А и С) C А U (В U С).
Пусть х E (А U В) U (А U С). Тогда либо z E А U В, либо
х E А U С. Это расшифровывается следующим образом: либо
(х E А или х E В), либо (z E А или х E С). Выбросив из этого
утверждения повторяющуюся информацию, мы увидим, что
взятыи нами элемент х обязательно принадлежит одному из

197
Решеиия упражиекий
множеств: А, Вили С. Можно сказать, что х E А или х E BUC.
В любом случае х E А U (В U С).
'Часть 2. Аи(ВиС) с (AUB) и(АиС).
Рассмотрим произвольный элемент х C AU(BUC). Он при-
надлежит множеству А или объединению BUC. Предположим,
что х E А. Тогда х E AUB. В частности, х E (AUB) U (AU C).
Если же х E В U С, то он лежит либо в В, либо в С. В первом
случае имеем: х C AUB, а во втором х E AUC. Но в любой
из этих ситуаций х 6 (А U В) U (А U С).
2. ~4асть 1. А C В.
Пусть х E А. Тогда х делится на 2 и на 3. В частности
он представим в виде х = 2B для какого-то целого числа и.
Кроме того, это число можно записать как х = Зт с целым т.
Таким образом, имеет место равенство
2n = Зт.
Из него следует, что число Зт делится на 2. Однако 3 на 2 не
делится, поэтому т = 2k, где k целое число. Следовательно,
х = Зт = 3 2k = 6k, откуда следует делимость х на 6, т.е.
х E В.
~Часть 2. В с А.
Если х E В, то он равен произведению некоторого целого
числа q на 6, т. е. х = 6q. Так как 6 делится и на 2, и на 3, то
и х можно разделить на эти числа. Значит, х Е А.
3. ~Часть 1. С(АU В) C С(А) П С(В).
Пусть х E С(А U В). Отсюда следует, что х g' (А U В).
Поэтому х ф А и х ф В. Значит х принадлежит как С(А), так
и С(В), т. е. х Е С(А) П С(В).
Яасть 2. С(А) П С(В) с С(А и В).
Если х E С(А) П С(В), то он одновременно принадлежит
и множеству С(А), и множеству C(B). Вспоминая определе-
ние дополнения, отметим, что х g' А и одновременно х ф В.

Трудности доказательств
Следовательно, данный элемент не может принадлежать объ-
единению, т.е. х g' (А U B). Значит, z E С(А U В).
4. Яасть 1. (А и В) и С с А и (В и С).
Рассмотрим произвольный элемент х 6 (А и В) и С. По
определению пересечения он лежит как в множестве C', так и
в пересечении А П В. Последнее означает, что х принадлежит
обоим множествам: А и В. Итак, наш х является одновременно
элементом всех трех множеств: А, В и С. В частности, он
принадлежит множеству А и пересечению В и С. Стало быть,
х е Ап (ВпС).
~Хасть 2. А и (В и С) с (А и В) и С.
Пусть х E А П (В П С). Как и в предыдущем случае, вос-
пользуемся определением пересечения и получим, что х с А
и х е В и С или, более точно, х с А, х с В и х с С. По-
скольку он одновременно принадлежит źąź множеству А, так
и В, то х Е А и В. Кроме того, нам еще известно, что х с С.
Следовательно, х с (А и В) и С.
5. Эти множества не совпадают, поскольку число
144 = 9 16 = 4 36
делится как на 16, так и на 36, т. е. принадлежит множеству А.
Однако оно меньше 576 и поэтому не принадлежит множе-
ству В.
6. (а) Изобразим левую и правую части проверяемого ра-
венства на диаграммах Венка. На рисунке 10 заштриховано
множество А U (В П С), а на рис. 11 (А U В) П С.
Диаграммы наводят на мысль, что это равенство ошибоч-
но. Поэтому стоит заняться поисками контрпримера.
Если А = (1), В = (2) и С = (2, 3), то
AU (B nC) = AU (2) = (1,2).
С другой стороны,
(А U B) n С = (1, 2) и С = (2).

199
Решения уоражмений
Следовательно, равенство (а) в общем случае неверно.
Рис. 10
Рис. 11
х E С(Х) U С(У) U С(Я).
Наши рассуждения легко обратить и доказать противополож-
ное включение. Поэтому равенство (б) истинно.
(б) Равенство напоминает один из законов де Моргана.
Попробуем его доказать. Элемент х принадлежит множеству
С(Х n Y n Z) тогда и только тогда, когда х ф (Х n Y n Z).
А это может быть только в том случае, если х не принадлежит
хотя бы одному из множеств: Х, Y и Z, т.е. х E С(Х), или
х C С(У), или х E С(Я). Во всяком случае,

200
Трудности доказательств
7. Точка с координатами (xp, yp) принадлежит множеству
А тогда и только тогда, когда yp = х~ — 1. Это равенство
2
можно переписать в виде
хз+ 1
уо = (&g ;p
õ2~+ 1
8. База индукции. Случай и = 2 разобран в примере 5
на стр. 120.
Предположение индукции. Допустим, что для любых Й
подмножеств имеет место равенство
С(А~ Л А~ Л Л А~) = С(А~) U С(А~) U U С(А~).
Шаг индукции. Рассмотрим подмножество
Ay nA) n nA) nA)qg.
Ввиду ассоциативности пересечения (см. упр. 4 на стр. 123),
можно написать:
А~ Л А~ Л Л А~ Л А~» ~ — — (А~ Л А~ Л Л А~) Л А~~ ~.
Теперь применяем предположение индукции.
С(А,nA,n" лА~лА~,.~) =
= С((А~ лА~ п л А~) nА~& t; ~
= С(А~ n A& t  n ~ и С( ~& t
= С(А~) U С(А~) U . U С(А~) U С(А~+~).
Индуктивный переход, а вместе с ним и доказательство
всего утверждения завершены.
поскольку хв ~+ 1 g О. Следовательно, у~ = х~ ~— 1 в том и только
— 1
4
том случае, когда yp = -~ —.
~о+~
Наши рассуждения показывают, что (xp,yp) E А, если и
только если (х~, yp) 6 В. Таким образом, А = В.

201
Решеиия уоражкеиий
9. Это упражнение очень похоже на задачу, с которой мы
начинали изучение метода математическои индукции.
База индукции. Если множество имеет 0 элементов, т. е.
пусто, то у него может быть только одно подмножество оно
само. Значит, база индукции выполнена (20 = 1).
Предположение индукции. Допустим, любое множество,
состоящее из k элементов, имеет 2" подмножеств.
Шаг индукции. Рассмотрим множество из k+1 элемента:
в = (ь„ь„...,ь,,ь„+,).
Представим его в виде объединения
в = (b„b„..., ь/,) и (ь/,+ ).
Подмножество (bq, Ь~,..., bg) состоит из k элементов и по
предположению индукции обладает 2" подмножествами: В~,
В~,..., В~/,. С одной стороны, каждое из них подмножество
в В. С другой ни одно из подмножеств В, не содержит
элемента Ь/,+~. Поэтому у нас есть еще 2 подмножеств:
k
В, = Ā/ и (Ь/,+/), В) — — В~ u (b/,» i), ...) В /, — — В~/, и (Ь/,» i).
а все ero подмножества по предположению индукции предста-
влены в списке: В/, В~, ..., В~/,. Стало быть, А одно из
них.
Ясно, что все подмножества: Bl) B2, ..., В~/„В~, В~,
В'„разные. Так что мы уже предъявили 2"+~ подмноже-
ства в В. Очень хочется на этом месте закончить доказатель-
ство. Но возникает законный вопрос: а все ли подмножества в
множестве В мы пересчитали?
Возьмем произвольное подмножество А C В. Возможны
две ситуации: либо Ь/,+~ ф А, либо Ь/,+~ Е А.
Если Ь/,» ~ ф А, то А можно считать подмножеством в

202
Трудности доказательств
Если 6~+~ 6 АА, то выбросив из подмножества А элемент Ь~+~,
получим подмножество А' C (Ь~, Ь~,..., 6~). Как мы уже пока-
зали, А' = В, для какого-то индексаi = 1, 2,..., 2". Более того,
А = А' И (6~» ~1 = В, И ~6~» ~ ) = В,'.
Итак, в любом случае подмножество А С B совпадает с
одним из указанных. Следовательно, мы пересчитали все под-
множества в В.
10. Яасть 1. М C АП В. Здесь нам фактически нужно по-
казать, что если число делится на наименьшее общее кратное
чисел а и 6, то оно делится как на а, так и íà b. Произволь-
ный элемент и множества М представляется в виде п = km,
где k целое число. По определению наименьшего общего
кратного (см. стр.11) т делится и на а (т.е. т = ар) и на Ь
(т = bq). Значит,
n = km = kap = kbq.
и =mk+т,
0 ( т ( т.
Следовательно, п делится как на а (поэтому п E А), так и на
b (n Е В). Отсюда вытекает, что п E А Г1 В.
~4асть 2. По определению пересечения множеств число п
из А Г1 В делится как на а (n = ра), так и íà b (п = qb), т. е.
является общим кратным чисел а и b. Для обоснования этой
части доказательства нам предстоит показать, что число и в
этом случае делится и на т. Конечно, на стр. 11 этот факт
отмечен как известный. Но очень полезно доказать его.
По условию т = НОК (а,Ь). В частности, т = aa' и т = bb'
для некоторых целых чисел а' и 6'. Один из способов доказа-
тельства делимости одного числа на другое состоит в том,
чтобы разделить их с остатком, а затем показать, что оста-
ток равен нулю. Воспользуемся этим методом и разделим и на
m с остатком:

203
Решения упражнений
Как же теперь доказать, что т = О? Мы знаем: т наимень-
шее натуральное число, которое делится и на а, и на b. По-
этому, если нам удастся показать, что r тоже обладает этим
свойством, то, поскольку О + т ( т, мы получим, что т обяза-
тельно равен О.
Так как и = ра, то
ра = mk+ т = аа k+ т.
Выразим из этого равенства т:
r = ра — аа Й = a(p — а k).
Мы видим, что r делится на а.
Аналогично, и = qb. Поэтому
qb = mk + т = bb'k + т
и т делится на 6. Доказательство закончено.
Равенство чисел.
1. Пусть (х — у) + (õ — у) = О. Разложим левую часть
уравнения на множители.
(х — у) ((х — у) + 1) = О.
Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда один из
его сомножителей обращается в нуль. В частности, исходное
уравнение обращается в верное тождество, если (х — у)з = О,
т.е. х = у.
Мы показали, что при х = у выражение (х — у) + (х — у)
равно О. Однако доказательство еще не закончено, так как

204
Трудности доказательств
(хо — уо) ((хо уо) + 1) = (хо уо) + (хо — уо)
не равно О. Следовательно, пара (õp, yp) с õp g yp не может
служить решением данного уравнения.
2. Эти последовательности будут равны тогда и только
тогда, когда х" = у" для любого натурального и ) 1. В част-
ности, имеют место равенства:
х =y,
2 2
х =у.
3 3
Из первого следует, что (х) = (у), т.е. либо х = у (что нам
и нужно), либо х = — у. Подставим последнее соотношение во
второе равенство:
( у)3 уз ~~, 1 уз уз
Такое возможно только если у = О. Но тогда и х = — у = О.
Итак, если вещественные числа х и у одновременно удо-
влетворяют тождествам х = у и х = у~, то х = у. Этим
рассуждением мы показали, что из равенства последователь-
2 3 4 и 2 3 4
П
ностеи х,х,х,...,х,... и у,у, р,...,у,... вытекает,
что х = у. Обратное утверждение к данному доказывается
очень просто. Следовательно, упражнение решено полностью.
3. Так как а делит б, то дробь ~ = q натуральное число.
Аналогично, ~ = р и -' = т целые положительные числа.
Перепишем эти соотношения в виде
с = ат
мы не объяснили, почему исходное уравнение не имеет других
решении.
Предположим, что хв ф ув, тогда õp — yp ф 0 и (õp — yp) ф. О.
Кроме того, (хв — yp) + 1 ) 0 при любых õp и ур. Таким
образом, если xp g ув, то и произведение

205
Решения упражнений
и подставим последовательно одно в другое. Получаем, что
а = bq = ńšq = атрд.
По условию а натуральное число, в частности, оно не равно
нулю. Значит, 1 = трд, т.е. произведение натуральных чисел
т, р и q равно 1. Это возможно только в том случае, когда
т=š=q=l. Значит,
а = bq = Ь,
Ь = ср = c,
с=ат=а.
Следовательно, а = Ь = с.
4. Пусть d = НОД (ас, Ьс) и е = НОД (а, Ь). Мы хотим по-
казать, что d = се.
Яасть 1. d ) ce.
По определению наибольшего общего делителя можно на-
писать:
a = ke
Ь= se,
И
где Й и s взаимно простые натуральные числа. Умножив
эти соотношения на с, получим
ас = k(ce)
Ьс = s(ce).
и
общий делитель чисел ас и bc. Зна-
их наибольшии общии делитель.
Отсюда следует, что ес
чит, d ) се, поскольку d
Яасть 2. d ( се.
Как и в первой части доказательства, имеем
bc = s(ce)
ас = k(ce)
d(ce.
с взаимно простыми натуральными числами k u s и можно за-
ключить, что се — общий делитель чисел ас и bc. Покажем, что
любой другой их делитель, в частности d, делит се и поэтому

206
Трудности доказательств
Ввиду взаимной простоты чисел Й и s найдутся целые чи-
сла х и у, для которых
хй+ув = 1
(см. стр. 59). Умножим это равенство на се.
xkce + увсе = ce ~ хас+ убс = се.
Так как d делит и а, и 6, то он делит левую часть последне-
го соотношения (проверьте), значит, и правая его часть, се,
делится на d.
5. По условию упражнения найдется такой натуральный
а т
показатель т, что степень (&g ;  и це ое чис о. То
а = bÁп, что равносильно равенству а = 6(6~ n). Из него
вытекает делимость числа а на 6, т. е. b общий делитель а
и 6. Однако по условию числа а и 6 взаимно просты. Поэтому и
а~ взаимно просто с b. В частности, любой их общий делитель
равен 1. Значит и b = 1.
Составные утверждения.
1. Перепишем уравнение х = у в виде х — у = 0 и раз-
ложим его левую часть на множители
(х — у)(х+ у) = О.
2. По определению четной функции для всех чисел х из
области определения выполняется равенство f(x) = f( — х).
Отсюда вытекает, что либо х — у = О, либо х + у = О.
Пусть х = О. Тогда любое из этих равенств влечет, что
у = х = О, что согласуется с выводом упражнения.
Предположим теперь, что x ) О. По условию у & t; О. Знач
х + у ) 0 и равенство х+ у = 0 невозможно. Остается только
один вариант: х — у = О, т. е. X = у, что и требовалось доказать.

207
Решекия уоражкекий
С другой стороны, / является и нечетной функцией. Значит,
каково бы ни было значение переменнои х из области определе-
ния, f ( — х) = — f (õ). Комбинируя эти соотношения, получаем,
что для всех чисел х, при которых определено значение f (õ),
имеет место тождество
f(~) = f( — *) = -f(*) ~ 2/(х) = o ~ f(*) = О.
3. Пусть п число, кратное 3. Предположим, что оно чет-
но. Тогда оно делится не только на 3, но и на 2. Согласно
упр. 10 на стр. 124 оно делится на их наименьшее общее крат-
ное, т.е. число 6.
Итак, мы показали, что любое четное число, кратное 3, де-
лится на 6. А поскольку целое число может быть только чет-
ным или нечетным, утверждение упражнения доказано полно-
стью.
4. Поскольку равенство х = у составная часть заключе-
ния упражнения, предположим, что х ф у и покажем, что в
этом случае х = — у, завершив тем самым доказательство.
Перепишем соотношение из условия в виде
(х — у)(х+ у)(х + у ) = О.
Мы предполагаем, что х j у. Поэтому х — у g О и равенство
можно сократить на эту разность:
(х+ у)(х + у ) = О.
(3)
Сумма квадратов x~ + у обращается в нуль тогда и только
тогда, когда х = у = О. Мы же считаем, что х g у. Поэтому
х + у ) О и соотношение (3) влечет равенство х+ у = О, т. е.
х = — у.
5. Будем предполагать, что А g H и покажем, что тогда
А C В. По предположению А ( В пустое множество. Это

208
Трудности доказательств
означает, что любой элемент множества А принадлежит и В,
т. е. А с В.
Упражнения дпя повторения.
1. Задачи, связанные с геометрией, удобнее всего решать,
имея перед глазами рисунок. Предположим, что
Х1 & t;
91 ~ 92
и отметим точки P u Q на координатной плоскости (рис. 12).
Рис. 12
На рисунке еще отмечена точка В(х~,у~) так, что тре-
угольник PQR — прямоугольный. Очевидно, длины его кате-
тов вычисляются как (PR( = х~ — х~ и [QR[ = у~ — y~. Применяя
теорему Пифагора, получаем, что
d(P,Q) =
Таким образом, мы доказали данную в условии формулу в од-
ном из частных случаев. Следуя этим путем, для полноты до-
казательства нам необходимо разобрать довольно много дру-
гих случаев. Мы же поступим иначе.
Рассмотрим различные точки Р(х~,у~) и Q(*2,92) Если
х~ = х~, то отрезок PQ расположен вертикально и его длина

209
Решеимя упражмемий
совпадает с модулем ~у~ — у~~. В этом случае формула верна,
поскольку
~У2 Ó1I ~(Щ)
= 1уг — уi(
(Й(Рф) = IPRI + IQRI = )хя — » I + la~ — ui I
Осталось заметить, что любое вещественное число а удовле-
творяет соотношению: Ial~ = а~ и извлечь корень из обеих
частеи предыдущего равенства.
2. Предположим, что какое-то вещественное число а имеет
два противоположных, например, а' и а". Согласно определе-
нию противоположного числа, получаем:
a+a =а +a=0
(4)
а + а" = а" + а = О.
Каждое из выписанных равенств включает а, но либо а', ли-
бо а". Как же нам теперь сравнить а' с а"? Стоит попытаться
Если p] = у~, то отрезок PQ расположен горизонтально,
его длина вычисляется как й(Р® = ~х~ — х~ ~. Легко проверить,
что формула работает и в такой ситуации.
Теперь можно считать, что х~ g х~ и у~ g у~. Отметим точ-
ку R(õ~, у~). Отрезок RP расположен параллельно оси Ох, так
как вторые координаты точек R u P совпадают. Его длина вы-
числяется по формуле IRPI = ~х~ — х~~. Отрезок QR параллелен
оси Оу, поскольку совпадают первые координаты его концов.
Длина отрезка QR равна ~у~ — у~ ~. Таким образом, отрезок PR
перпендикулярен QR и треугольник PQR прямоугольный.
По теореме Пифагора квадрат его гипотенузы (d(PQ)) равен
сумме квадратов катетов:

210
Трудности доказательств
составить выражение, содержащее как а', так и а" и вычи-
слить ero.
Рассмотрим сумму a'+ а + а". Используя свойство ассо-
циативности сложения (сочетательный закон) и формулу (4),
находим
a+a+a =(a+a)+a =0+a =а.
Теперь вычислим сумму, учитывая равенство (5).
а + a+ a~~ = а + (a+ a~~) = а + 0 = а'.
Итак, мы показали, что наша сумма с одной стороны равна а",
а с другой — а'. Следовательно, а" = а', т. е. противоположное
число определено единственным образом.
3. а) Применим индукцию по п.
База индукции. Если п = 1, то 1nļ = 1n1 = 0 и неравен-
ство 1п1 ( 1 истинно.
Предположение индукции. Допустим, 1n k ( k для како-
го-то натурального числа k.
Шаг индукции. Прежде чем приступить к индуктивно-
му шагу, предостережем от распространеннои ошибки и на-
помним одно полезное свойство логарифмов.
1n(ab) = 1na+ 1п6.
1n(k+ 1) g 1nk+ 1n1,
Преобразуем 1n(k + 1).
1 1
1n(k+1) =1n(k(1+-( = lnk+1n 1+—
Так как 1пх возрастающая функция, то
1
1п (1+ — ( 1n(1+ 1) = 1п 2.

211
Решеиия уиражкеиий
С другой стороны, основание натурального логарифма, число
е = 2,72..., больше 2, а 1пе по определению равен 1. Таким
образом,
1
1п (1+ — & t; !
1
1п(й + 1) = 1и Й + 1и (1 + — & t; 1  +
Используя теперь предположение индукции, имеем
1n(k + 1) ( 1п k + 1 ( k + 1.
4. а) Множество В можно представить в виде пересечения
В = В'ПВ", где
В = (n E ZJ и = Зт для некоторого т С Z),
В" = (п e Z~ п = 5m для некоторого т c Zj.
Действительно, если число п E В, то оно кратно 3, т. е. п E В',
и кратно 5, т.е. и E В". Словом, п E В' Г1 В". В обратную
сторону, если число п Е В' П В", то оно кратно как 3, так и 5.
Значит, п Е В.
Теперь для доказательства равенства А = В осталось заме-
тить, что 15 = НОК (3, 5) и воспользоваться упр. 10 (стр. 124).
b) Число 5 принадлежит множеству В, поскольку оно крат-
но 5, но не делится на 15. Значит 5 g' А. Следовательно, А g В.
Индуктивный переход завершен.
b) Исследуем функцию д(х) = 1пх — х на луче [1, +oo).
Ее производная равна д'(х) = ~ — 1. Поскольку х & t; 1,
д'(х) ( О. Значит, согласно теореме из математического ана-
лиза, функция д(х) убывает на луче [1, +ос). Поэтому ее мак-
симальное значение на этом множестве достигается в точке 1.
Легко вычислить, что д(1) = — 1. Следовательно, если х & t;
то 1пх — х = д(х) & t; д 1 = Ђ” 1. Отс да п & t; , как
x & t;

212
Трудноспт доказательств
5. Сутцествование решения. Поскольку а ненулевое ве-
щественное число, оно обладает обратным по умножению а
— 1
Умножим обе части данного в условии уравнения на а и по-
лучим
а ах=а 6 ~ х=а 6.
а(а b) = b.
at = b
Следовательно,
at=а 6.
Сократив это равенство на ненулевое число а, получим t = а ~6,
что и требовалось доказать.
6. Четкость числа и +и можно было бы доказывать индук-
цией по и. Но в данном случае это все равно, что стрелять из
пушки по воробьям. Обойдемся более простыми средствами.
Целое число может быть либо четным, либо нечетным. Рас-
смотрим эти два случая отдельно.
Если и четко, т. е. делится на 2, то и произведение
п(п+1) = и + и
делится на 2 и является четным числом.
Следовательно, х = а ~6 решение уравнения.
Единственность решения. Процедура получения решения,
которои мы воспользовались в первои части доказательства,
дает единственный результат. Можем ли мы заключить, что
и само решение единственно? Честно говоря, с полной опреде-
ленностью этого утверждать нельзя, поскольку остается воз-
можность, что другои метод решения уравнения приведет к
другому результату. Поэтому предположим, что t еще какое-
то решение исходного уравнения и покажем, что t = а ~6.
Так как t и а ~6 — решения нашего уравнения, то

213
Решения упражнений
Если п нечетко, то его можно представить в виде 2k — 1
для какого-то целого числа k. Но тогда следующее число де-
лится на 2:
n+1=2k — 1+1=2k.
Значит, и число n(n + 1) = и + п четко.
7. Часть 1. Покажем здесь, что если 72 нечетко, то и п
3
нечетко. Ввиду предположения число п можно представить в
виде п = 2k + 1 при некотором целом k. Следовательно,
п = (2k+ 1) = 8k~+ 3 4k~+ 3 2k+ 1 =
= 2(4k~+ 6k~+ 3k) + 1.
Так как число (4k~ + 6k~ + 3k) целое, то пз нечетко.
Часть 2. Теперь нам нужно доказать, что нечеткость куба
и влечет нечеткость числа п. Предположение о нечеткости
куба позволяет представить его в виде и = 2k+1 для какого-
то целого числа k. Следовательно, разность n — 1 делится на 2.
3»
Разложим ее на множители:
и — 1 = (п — 1) (п + п + 1) = (и — 1) (n(n + 1) + 1).
Поскольку произведение в правой части делится на простое
число 2 (так как на него делится п — 1), то на 2 должен делить-
3
ся хотя бы один из его сомножителей (см. упр. 28 на стр. 59).
Однако n(n + 1) четко как произведение соседних натураль-
ных чисел (см. упр.6 на стр.141). Поэтому n(n+ 1) + 1 на 2
не делится. Следовательно, на 2 будет делиться другой сомно-
житель, n — 1, т.е. п — 1 = 2т, где т целое. Стало быть,
и = 2m+ 1 нечетное число.
Мы обосновали эту часть доказательства, применяя пря-
мой метод рассуждений. Он оказался достаточно громоздким.
Используем теперь способ «от противного».
Если п не является нечетным числом, то его можно запи-
сать в виде п = 2k с целым k. Возводя это равенство в куб,

214
Трудности до~сазательств
получим
и = (2Й) = 8Й~ = 2(4Й~).
Значит, и тоже оказалось четным, что противоречит пред-
положению.
8. (1) «(2).
Комбинируя неравенства из условия, получаем
а ( б ( а.
9. Утверждение упражнения относится к теоремам суще-
ствования и единственности. Поэтому его доказательство ес-
тественно разбивается на две части.
Существование. Пусть а ненулевое вещественное число.
Разделив на него 1, получим а' = i. Очевидно,
] 1 1 ]
а а= —.а=а — =а а =1.
а а
Иными словами, а' = i число, обратное к а по умножению.
Единственность. Предположим, что найдется еще какое-то
вещественное число а, для которого
а ° а"=a" a= l.
Тогда
а =а 1=а (а а) =(а а) а =1 а'=а'.
Мы показали, что а" = а', т. е. обратное число единственно.
Поскольку никакое вещественное число а не может быть стро-
го меньше самого себя, то выписанное двоиное неравенство
может быть верным только в том случае, когда а = b. В част-
ности, а — б = О.
(2) « (1).
Так źąź разность а — б равна О, то числа а и б просто совпа-
дают. В этом случае, очевидно, оба неравенства из (1) спра-
ведливы.

215
Решекия упражкеиий
10. Это утверждение можно доказать, используя основ-
ную теорему арифметики (стр. 105). Разложим числа р и q на
простые делители.
Р = P1P2 ' ' ' Рт-1Pr
Ч = Ч1Ч2 ' ' ' Ь вЂ” 1Ь.
Поскольку р и q взаимно просты, то они не могут иметь
общих делителей. В частности, пересечение множеств их де-
лителеи пусто:
& t; Р1~ 2~ рт Ђ” 1~ т ~ & t;Ч ~ Ч2 ~ в Ђ” 1~ ~
Если возвести теперь число р в степень п, то получим
П П П 7l
Р РЛ2 Рт — 1Рт '
При этом множество простых делителей числа р" по сравне-
нию с р не изменится. Значит, р" и q не будут иметь общих
делителей, т. е. р" и q тоже взаимно простые числа. В част-
ности, q не может делить р".
1 1
1 2
1+1
Видно, что формула в этом случае верна.
Предположение индукции. Допустим, формула имеет
место для какого-то натурального числа Й, т. е.
1 1 1 1 1 1 1 1
— — + — — + — - — + + —-
1 2 2 3 3 4 k k+1
Й+1
Шаг индукции. Покажем ее истинность для следующего
натурального числа п = k+ 1. В этом случае ее левая часть
приобретает вид
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 3 4 Й Й+1 /с+1 k+2
11. База индукции. Проверим соотношение при наименее
возможном натуральном числе, и = 1.

216
Трудностпи доказательств
Используем предположение индукции и сделаем некоторые пре-
образования.
1 1 1 1 1 1 k 1 1
1 2 k 1+1 k+1 k+2 Й+1 &am ;+1
k(k + 2) + 1
(k + 1)(k + 2)
k~+2k+1
(Й+ 1)(k+ 2)
(k + 1)~
(k + 1)(k + 2)
k+2
Таким образом, мы доказали справедливость формулы при
и = Й + 1 и завершили индуктивный переход. Следовательно,
формула верна для всех натуральных чисел.
12. В упражнении 29 на стр.60 мы доказали, что ква-
дратныи корень из любого простого числа число ирраци-
ональное. Поэтому для решения этого упражнения осталось
заметить, что 7 — простое число.
13. Пусть у = ах+ Ь и у = сх+И вЂ” уравнения двух прямых
на плоскости. Тот факт, что прямые различны, говорит нам,
что либо а ф с, либо Ь ф d. Очевидно, что координаты лю-
бои точки пересечения наших прямых удовлетворяют системе
уравнении:
у = ах+Ь,
у = cx+d.
С другой стороны, любое решение этой системы можно ин-
терпретировать как координаты точки пересечения прямых.

217
Решекия уиражиеиий
Таким образом, для решения упражнения нам достаточно по-
казать, что такая система имеет не более одного решения.
Приравняв уравнения системы, получим
ах+6= ńõ+d,
что равносильно уравнению
а — сх=
Если а — с = О, то это уравнение, а значит, и вся система
не имеют решений, так как в этом случае обязательно b g d,
т. е. 6 — d ф- О. Итак, если для разных прямых а = с, то они
вообще не пересекаются. С геометрической точки зрения это
означает параллельность, что очевидно, поскольку они имеют
одинаковые угловые наклоны а = с.
Предположим теперь, что а — с ф О. Тогда уравнение име-
ет единственное решение х =, (см. упр.5 на стр. 141). Но
d — b
тогда и система имеет единственное решение, а именно
(d — 6 ad — Ьс)
Таким образом, если а — с g О, прямые имеют только одну точ-
ку пересечения. Так как мы разобрали все возможные случаи,
то утверждение доказано полностью.
14. Пусть а отрицательное вещественное число. Как мы
показали в упр.9, обратное к любому ненулевому веществен-
ному числу а имеет вид а' = ~. Так как а ( О, то a', будучи
отношением положительного числа 1 к отрицательному, тоже
меньше нуля.
Р(х) = ах~ + а ~х~ + + а~х + ap,
15. Докажем это важное утверждение индукцией по степе-
ни п многочлена Р(х).
База индукции. Наименьшая из возможных степеней мно-
гочлена Р равна т, т.е.

218
Трудности доказательств
причем а,„g О. Умножим многочлен Q(õ) на число ~& t и
т
чтем результат из P(x).
P(x) — — Q(õ) =
= amx + am ~х +. + а~х+ ap—
— — (Ьх + b 1õ '+ + 61õ+ Ü(1) =
= am& t; am ] gt; + +a~x
т атЬт — 1 т — 1 а Ь1
— а х
т
х Х—
а,„Ьо
ат — 1Ьт атЬт — 1 т аоЬт — атЬо
х + +
Полученная разность является многочленом, степень которого
строго меньше т. Обозначив его через В(х), можно написать
равенство:
P(x) — — Q(õ) = В(х),
т. е.
Р(х) = — Я(х) + В(х).
Напомним теперь, что любое число, в частности и ~~, можно
Ь„, '
считать многочленом нулевой степени. Таким образом, поло-
жив F(x) = ~, мы получим
Р(х) = Р(х)Я(х) + В(х),
что и нужно было доказать в качестве базы индукции.
Предположение индукции. Допустим, что для любого
многочлена Р(х), степень которого лежит в пределах [т,k],
утверждение выполнено, т. е. верно соотношение
Р(х) = Р(х)Я(х) + В(х),

219
Решеиия уиражкеиий
где F(õ) и В(х) — многочлены, причем степень последнего
строго меньше m.
Шаг индукции. Рассмотрим многочлен P(õ) степени &am
P(x) = a~+1õ + а1,х + + a1x+ ае,
й»-1 й
а~i1 ~0.
Так как Ь,„ф 0 и Й + 1 ) т, функция F1(x) = "+'х"+
является многочленом. Вычислим разность P(õ) — F1 (х) Q(õ).
Р(х) — F1(õ)Q(õ) =
= а~» 1х + а~х + + а1х+ ap—
1+1 й
— х~+1~ (Ьх + b 1х~ + + b1õ+ Ьо) =
= а~»1х + а~х + . + a1õ+ a~—
й»1 k
a~i-1bł-1
aę+1bī 1,+1 ,„
х
— а~» 1х
k+1
agb~ — aai1b~
Х+ = 1X.
Полученный результат можно представить в виде
Р(х) = Р1(х)Я(х) + Р1 (х).
(6)
Р(х) = F(õ)Q(õ) + В(х).
К сожалению, мы не имеем права утверждать, что степень
получившегося многочлена Р1 (х) в точности равна Й, посколь-
ку разность а~Ь,„— а1,+1Ь,„1 может оказаться равной нулю.
Однако степень Р1(х) беэусловно меньше Й+ 1.
Если степень Р1(х) даже меньше, чем т, то шаг индук-
ции завершен, поскольку можно переобозначить Л(х) = Р1 (х),
F(x) = F1(õ) и написать:

220
Трудности доказательств
Р~(х) = Р~(х)Я(х) + В(х),
причем степень В(х) меньше т. Подставляя это выражение в
формулу (6), имеем
Р(х) = Р~(х)0(х) + Р~(х) =
=- Р~ (х)Я(х) + F~(х)Я(х) + В(х)
= (Р~ (х) + F~(õ)) Q(õ) + R(x) =
= Г(х) Q(x) + В(х),
где F(õ) = Fq(x) + Fg(x). Индуктивный переход, а вместе с
ним и все доказательство, закончены.
16. По предыдущему упражнению многочлен Р(х) можно
разделить на Q(õ) = х — а с остатком, т.е. найдутся такие
многочлены F(x) и В(х), что
Р(х) = F(õ)Q(õ) + В(х),
причем степень В(х) строго меньше степени многочлена х — a,
которая, очевидно, равна 1. Значит, степень остатка нуле-
вая. Иными словами, R(z) = С просто число. Учитывая
полученную информацию, перепишем соотношение в виде
Р(х) = г(х)(х — а) + С
и подставим в него число а вместо переменнои х.
P(a) = F(a)(a — a) + С а Р(а) = F(a) 0+ С «=& t  = Р(
что и требовалось доказать.
Поэтому будем считать, что степень многочлена Р~(х) лежит
в промежутке [т, Й]. Тогда к нему можно применить предпо-
ложение индукции, по которому найдутся многочлены F~(õ)
и В(х), такие что

221
Решеиия уиражкеиий
17. (1) ~ (2).
Руководствуясь решенным упражнением 16, многочлен P(x)
можно представить в виде
Р(х) = F(õ)(õ — а) + P(a).
Если теперь предположить, что х = а корень многочле-
на P(s), то P(a) = О. Значит, P(z) = F(x)(x — а), т. е. много-
член P(x) делится íà x — a без остатка.
(2) ~ (1).
Пусть многочлен Р(х) делится на х — a. Тогда справедливо
тождество
P(z) = F(x)(х — а)
для некоторого многочлена F(õ). Подставим в тождество чи-
сло а вместо х и получим
P(a) = F(a)(a — а) = F(a) О = О.
корень многочлена Р(х),
Таким образом, Р(а) = О, т.е. а
что и утверждается в условии (1).
19. Нам предстоит доказать формулу, в которой участ-
вует произвольное натуральное число. Поэтому естественно
использовать метод математическои индукции.
18. Это утверждение удобнее доказывать в такой форме:
если простое число р больше 2, то оно нечетко. Однако суще-
ствует бесконечно много простых чисел, так что невозможно
определить остаток от деления на 2 у каждого из них. Поэто-
му здесь разумнее применить метод «от противного».
Пусть р число, большее 2. Покажем, что если оно четко,
то не является простым. Действительно, из четности р выте-
кает, что р = 2т для какого-то целого т. С другой стороны,
по условию р ) 2. Следовательно, 2т ) 2. И после сокращения
этого неравенства на 2 получаем, что т ) 1. Итак, мы пред-
ставили р в виде произведения целых чисел т и 2, каждое из
которых больше единицы. Значит, число р составное.

222
Трудноспт до~сазательств
База индукции. Если п = 1, то вместо суммы в левой ча-
сти доказываемого равенства стоит 1, в то время как правая
~2 ~~ ~ 2
ее часть имеет вид: = 1. Значит, утверждение спра-
ведливо при и = 1.
Предположение индукции. Пусть
)2 ~~ 12
1+2 +3 + +k~=
Шаг индукции. Чтобы проверить формулу для следую-
щего натурального числа п = Й+ 1, прибавим к обеим частям
предыдущего равенства число (k + 1)~ и преобразуем правую
часть полученного выражения.
lс'(Й + 1)'
4
+ +1'=
(k +4k+ 4) =
(k+ 1)~
1+ 2 + 3 + + Й + (k+ 1)
(k + 1)
(/с + 1) (Й + 2)
Проделанные нами вычисления показывают, что доказывае-
мая формула имеет место при п = k + 1. Значит, согласно
принципу математическои индукции, она верна для всех на-
туральных чисел.
20. Это утверждение доказывается простыми равносиль-
ными преобразованиями.
(а+ 6)
= ab «»(a+ 6) = 4ab ~
«» a +2ab+b =4ab
«» а — 2аб+ 6~ = 0 «»
~ (а — 6) =О.

223
Решеиия уиражнеиий
Осталось заметить, что квадрат любого вещественного числа
равен О тогда и только тогда, когда само число равно О, т. е.
а — Ь = О. А последнее означает, что а = 6.
21. Применим преобразования, аналогичные проделанным
в предыдущем упражнении.
(а + 6)
= аЬ «»(а+ 6) = 2аЬ ~
2
«=» а + 2аЬ+ Ь~ = 2аЬ
«=»a +Ь =О.
Ввиду того, что квадраты вещественных чисел неотрицатель-
ны, их сумма обращается в нуль только в том случае, когда
каждое из слагаемых равно нулю. Итак, равенство а + Ь~ = О
влечет: а = О и Ь~ = О, откуда а = О и Ь = О.
1 1
)—
2п — 1 2п
так как 2п ) 2п — 1,
1 1
>
2п — 2 2п
так как 2п ) 2п — 2,
1 1
>
и+2 2п
так как 2п ) п + 2,
1 1
>
и+1 2п
так как 2п ) и + 1.
22. Утверждение зависит от натурального числа п и, каза-
лось бы, для его доказательства нужно применить математи-
ческую индукцию. Однако существует более короткий и кра-
сивыи способ, которым мы и воспользуемся.
Заметим, что в левой части неравенства стоит ровно п сла-
гаемых, причем меньшее из них последнее. Действительно,

224
Трудность доказательств
Заменив каждое из слагаемых, кроме последнего, на меньшее,
мы только уменьшим сумму. Значит,
1 1 1 1 1
+ + + ° ° ° + + &
п+1 и+2 n+3 2n — 1 2п
1 1 1
) — + — + + — =
2п 2п 2п
1 1
= П вЂ” = —.
2п 2
23. По условию упражнения найдутся такие целые числа
т и и, что а = Ьи и б = ст. Подставив второе из этих выра-
жений в первое, получим а = bn = cmn. Отсюда следует, что
а кратно с.
и
)
m
т. е. р тоже представляется в виде отношения целых чисел.
— 1
Значит, оно рационально.
24. Утверждение упражнения относится к теоремам рав-
носильности. Поэтому его доказательство разбивается на две
части. Первая из них посвящена обоснованию утверждения:
если р рациональное число, то р тоже рационально. Вторая
— 1
же имеет дело с высказыванием: если р 1 рационально, то
число р тоже рационально. Однако второе утверждение непо-
средственно следует из первого. Действительно, если мы обо-
значим через д число р ~, то lj ~ = р. Поэтому нам достаточно
доказать только первое из утверждении.
По определению рациональных чисел найдутся такие целые
т и и, что р = ~. При этом п ,—~ О, так как на нуль делить
нельзя, и т ф О, поскольку по условию число р отлично от
нуля. Теперь заметим, что

225
Решекия уоражмеиий
25. Для доказательства теорем существования, к которым
относится данное утверждение, достаточно предъявить объ-
ект, удовлетворяющий условиям теоремы. В нашем случае сум-
ма последовательных целых чисел: — 1, 0 и 1 равна О, т. е. де-
лится на 3.
26. От перемены мест слагаемых сумма не меняется. По-
этому можно предполагать, что а наименьшее из данных
чисел, а с наибольшее. Тогда а = б — 1 и с = б+ 1. Подста-
вим теперь эти выражения в исходную сумму.
a + b+ с = (6 — 1) + 6+ (b + 1) = Ēb.
Из последнего равенства следует делимость суммы на 3.
27. Разложим выражение k~ — k на множители, используя
формулы сокращенного умножения.
Й' — k = k(k — 1) = Й(Й вЂ” 1) (k + 1) = (k — 1) k(k + 1).
8 — 6617
Таким образом, k — k равно произведению трех последова-
3
тельных натуральных чисел. Покажем, что хотя бы одно из
них делится на 3.
Любое натуральное число при делении на 3 может иметь
один из остатков: О, 1 или 2. Разберем каждый из этих случаев
отдельно.
Если Й дает нулевой остаток при делении на 3, то оно де-
лится на 3. Значит и произведение (Й вЂ” 1)k(k+ 1) делится на 3.
Если Й при делении на 3 дает остаток 1, то его можно
записать как Зп + 1 для какого-то натурального числа и. B
этом случае k — 1 = 3n+ 1 — 1 = 3n делится на 3. Поэтому и
(Й вЂ” 1)k(k+ 1) делится на 3.
Предположим, наконец, что k = 3n+2, т. е. при делении его
на 3 мы получим в остатке 2. Тогда Й+1 = Зп+2+ 1 = 3(п+1)
будет делиться на 3, что доказывает делимость на 3 числа
k — k в этом случае.
3

226
Трудности доказательств
ахо+ Ьуо = е,
cxp + dyp = f.
Умножим первое тождество на с, второе
разность:
на а и возьмем их
сЬуо — adyp — — ce — a f, ~ (сЬ вЂ” ad) yp — — се — a f .
По предположению число ad — Ьс отлично от нуля. Поэтому
cb — ad = — (ad — Ьс) g 0.
Разделив на него полученное равенство, найдем
се — af
90—
cb — ad
Теперь умножим первое тождество системы на d, второе
на Ь и вычтем второе из первого.
daõ p — Üńõp — — de — b f с=& t; da Ђ” с) õp Ђ” Ђ” de Ђ b
Поскольку da — Ьс ф. 0, то из последнего соотношения опреде-
ляем
de — bf
XO—
da — Ьс
Этим рассуждением мы не только нашли решение (хо, yp)
данной системы, но и показали, что оно единственно. Действи-
тельно, мы исходили из предположения, что (хо, уо) решение
28. Это упражнение — часть более общего (см. упр. 36 на
стр. 144). Однако его можно доказать элементарными метода-
ми, не используя понятии линеинои алгебры, которые нужны
для решения упр. 36.
Предположим, пара вещественных чисел (õp,уо) является
решением данной системы. Тогда, подставив хо и уо в систе-
му вместо переменных, мы превратим каждое ее уравнение в
верное тождество:

227
Решеиия упражкеиий
и получили однозначное выражение чисел хв и ув через коэф-
фициенты системы.
29. Докажем это утверждение индукцией по и.
База индукции. Наименьшее натуральное число и, о ко-
тором говорится в утверждении это 6.
2 =2 2 =8 =64.
С другой стороны, (2+ 1) = 3 = 9. Так как 64 & t; 9, б
индукции выполнена.
Предположение индукции. Пусть 2" & t; (k+ )~ ля ка
го-то натурального числа k & t;
Шаг индукции. Для следующего натурального числа не-
равенство приобретает вид:
2"+ & t; ( Й+ 1 + 1 = k+ 2
Поскольку 2"+~ = 2 2", то по предположению индукции
2"+ & t; 2(k
и теперь для доказательства утверждения нам достаточно по-
казать, что
2(k + 1) & t; ( + 2
Раскроем квадрат в обеих частях неравенства и приведем по-
добные члены.
2(k+1) & t; (Й 2) w2k~+4 + > Й +
~k &gt
~ (Й) & t; i
По условию упражнения Й & t; 6. Ст ло бы ь, послед ее нерав
ство истинно. А так как мы применяли только равносильные
преобразования, справедливо и исходное неравенство.

228
Трудности доказатиельств
30. Достаточно подставить в неравенство Й = 1, чтобы
убедиться в истинности утверждения.
31. Утверждение выглядит очень сомнительным, посколь-
ку наш опыт подсказывает обратное. Для его опровержения
достаточно предъявить хотя бы пару рациональных чисел,
сумма которых не является числом иррациональным, т. е. ра-
ционально. Если, например, р = q = 0 — рациональные числа,
то их сумма р+ q = О+ 0 = 0 тоже рациональное число.
32. Это не так! Действительно, и = 5 кратно 5, однако
n~ = 25 на 125 не делится.
(k+1)! & t; (й+1
Заметим, что (k+ 1)! = (Й+ 1) й!. Поэтому можно применить
предположение индукции.
(й+1)! = (k+1).k! ) (й+1) k
Сократив последнее неравенство на положительное число
(k+ 1), увидим, что для окончания доказательства нам доста-
точно проверить справедливость неравенства:
Й' & t; ( + ) = ( + 1 ( +
(7)
Если иэ каждого сомножителя в его правой части вынести k,
то получится
33. Докажем это утверждение индукцией по и.
База индукции. При и = 6 левая часть неравенства равна
6! = 6 5 4 3 2 1 = 720, в то время как правая 6 = 216.
Итак, в начальном случае утверждение справедливо.
Предположение индукции. Допустим, что для какого-
то натурального Й & t 6 им ет ме то неравенс во Й )
Шаг индукции. Рассмотрим следующее натуральное чи-
сло и = Й + 1. Тогда неравенство примет вид

229
Решения упражнений
Таким образом, неравенство (7) равносильно такому:
или, после сокращения на k~,
Осталось заметить, что ввиду натуральности числа k дробь—
1
меньше 1. Поэтому
2
4=2 =11+1) )(1+—
а по условию k & t; 6. Утвержде ие доказа
L — я(с„(L+c.
Мы предположили, что L ( О. Поэтому число E = — — положи-
L
тельно. В частности, найдется такое число Np, что все члены
последовательности с номером п & t; Np (а их бесконеч ое
сло) должны удовлетворять неравенству
Но, по предположению, L ( О. Значит, и — ( О. В частности,
L
мы получаем, что все члены последовательности с„с п & t;
34. Докажем это утверждение методом «от противного».
Предположим, что найдется хотя бы одна последовательность
с~,с2,...,с„,..., все члены которои удовлетворяют неравен-
ству с„& t; О, но ее пред л, L, се же мен ше ну я. По оп
делению предела последовательности для любого к & t О н
дется такой номер N(c), что как только п & t; N c) выполн
~c„— L~ ( к. Используя определение модуля, перепишем нера-
венство в виде

230
Трудности доказательств
35. Предположим, что функция f(õ) дифференцируема в
точке х = а. Это означает, что она имеет в этой точке конеч-
ную производную. Точнее говоря, найдется такое веществен-
ное число f'(a), что
/(х) — /(а)
lim
(а).
х+а Х Q
С другой стороны, чтобы доказать непрерывность функции
/(х) в точке х = a, нам следует показать, что
lim f(õ) = f(a)
или, основываясь на своиствах пределов, что
lim (f (x) — f (a) ) = О.
Сделаем это, используя тот очевидный факт, что lim (х — а) = О.
х-+а
llm(f(z) — f(a)) = !!т ((f(z) — f(~)) ) =
/(х) — f (а)
= f'(a) O = O
отрицательны: с„ ( — ( О. Полученное противоречие с усло-
«L
вием доказывает утверждение.
Чтобы ответить на последний вопрос упражнения, рассмо-
трим последовательность 6„= — „. Отметим, что каждый ее
член положителен, а предел равен нулю.

231
Решекия рпражиеиий
36. (1) w (2).
Обозначим буквой Е единичную матрицу размера 2 х 2:
=(' )
Если матрица А обратима, то (по определению) найдется та-
кая квадратная матрица А ~,что
АА '=А 'A=E.
Известно, что определитель матрицы, det А, обладает следую-
щим своиством:
det(AA ~) = det А det А
Кроме того, определитель единичной матрицы равен 1, т. е.
detAdetA = 1.
Из последнего равенства вытекает, что det А и det А
имно обратные вещественные числа. Поэтому det А g О.
(2) ~ (3).
а b
Рассмотрим матрицу А = , определитель котс»
с d
рой, det А = ad — бс, отличен от нуля, и систему уравнений
А( )=( ).
Умножив матрицу А на столбец неизвестных и приравняв со-
ответствующие строки, перепишем систему в более привыч-
ном для нас виде:
& t; х+ б =
сх+ dy = P.
(ad — сб)у = aP — са.
Умножим первое уравнение системы на с, второе на а, после
чего из второго уравнения вычтем первое:

232
Трудности доказательств
Так как по предположению определитель отличен от нуля, то
а, — са
У=
ad — bc
da — b,ä
х=
da — bc
Итак, мы показали, что если det A g 0, то система урав-
нений из (2) всегда имеет решение. Для доказательства его
единственности достаточно предположить, что пара (хе, yp)
какое-то другое решение системы, подставить ее вместо пере-
менных и, совершая те же деиствия, показать, что
do — bP
хО =
da — Ьс
aP — са
УО—
ad — bc
(3) ~ (1)
Попробуем подобрать обратную матрицу для квадратной
матрицы А. Пусть
Из равенства АА ~ = E получаем систему уравнений на неиз-
вестные х, у, z и t:
ax+bz = 1,
сх+сЬ =0,
ay+bt =0,
су+Й = 1,
(8)
которая разбивается на две независимые друг от друга систе-
мы:
ay+ bt =0,
& t
cy+ dt = 1.
ax+bz = 1,
cx+dz =0
Аналогично, умножая первое уравнение на d, второе на Ь, а
потом вычитая из первого второе, находим

233
Решеиия упражиемий
Перепишем их в матричном виде:
По предположению (3) каждая иэ выписанных систем имеет
решение. Значит, найдутся вещественные числа х, у, z и t, ко-
торые с одной стороны удовлетворяют исходной системе (8), а
с другой являются коэффициентами обратной матрицы. Та-
ким образом, мы доказали, что обратная матрица существует.

Приложение
С.А. Кулешов
Сравнение множеств
Что такое бесконечность? Казалось бы, вопрос не очень
сложен. Все мы привыкли к таким бесспорным фактам, как
бесконечность вселеннои, бесконечность множества натураль-
ных чисел, бесконечность прямой, и т. д. Однако основные про-
блемы, с которыми первокурсник сталкивается при изучении
высшеи математики, связаны именно с понятием бесконечно-
сти и бесконечного числа шагов.
Дело в том, что обыденное представление о бесконечности
проистекает из этимологии слова: что-то, не имеющее конца.
Действительно, упомянутые нами примеры бесконечных мно-
жеств четко ассоциируются с таким толкованием этого поня-
тия. Поэтому фраза: «проделано бесконечное число шагов»
малопонятна как первокурснику, так и любому человеку, не
задумывавшемуся специально над этим вопросом.
Чтобы не быть голословным, приведу пример любопытной
задачи.
Гефест и Гермес затеяли игру. Гефест пишет на доске 10
первых натуральных чисел:
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.
Гермес, в свою очередь, стирает наименьшее из написанных на
доске. Затем Гефест выписывает следующие 10 чисел, а Гер-
мес опять стирает наименьшее из написанных, но только одно

235
Приложение
10 oo — оо = (10 — 1)oo = oo.
10 oo — oo = oo — oo = 0
число, и так далее... Гефест за свой ход дописывает очеред-
ную десятку натуральных чисел, а Гермес сразу же стирает
наименьшее из оставшихся на доске чисел. Сделали бесконеч-
ное число шагов... Сколько чисел останется на доске после
окончания игры?
Ответ на этот вопрос настолько невероятен, так трудно
поверить в его истинность, несмотря на абсолютно строгое
доказательство, что мы его пока приводить не будем, а по-
пробуем угадать, как мог бы размышлять неискушенныи в
вопросах бесконечности школьник.
За каждый отдельный ход Гефест выписывает в 10 раз
больше чисел, чем успевает стереть Гермес. Поэтому было вы-
писано «в 10 раз больше» чисел, чем стерто. Значит, после за-
вершения игры на доске останется бесконечно много чисел.
Возможен и другой ход мысли. После первого хода на дос-
ке осталось 9 чисел, после второго 18, после третьего 27.
Очевидно, что с каждым ходом количество чисел увеличива-
ется на 9. Стало быть в результате бесконечного числа шагов
на доске останется много чисел.
Оба рассуждения кажутся очень логичными, согласующи-
мися с общими принципами доказательств, изложенными в
этой книге. На первый взгляд придраться тут абсолютно не к
чему. Тем не менее, они ошибочны!
Почему?! Дело в том, что мы пытаемся сравнивать беско-
нечные множества, совершенно не владея предметом, стараясь
перенести на них интуицию, выработанную при работе с чи-
слами и конечными множествами. Действительно, если следо-
вать первой идее, мы должны умножить бесконечность на 10,
а потом отнять ту же самую бесконечность. Что получится
в итоге? Уже хочется сказать, что нуль, да вот второе рассу-
ждение не позволяет легко отказаться от наиденного решения.
Ведь выражение 10 oo — oo можно «вычислить» двумя спосо-
бами:

Трудности доказательств
Возникает законный вопрос: какой же из этих способов
правильный? И вообще, как сравнить два бесконечных множе-
ства, если нельзя подсчитать количества их элементов? А мо-
жет быть эти вопросы излишни, а все бесконечные множества
имеют одинаковое количество элементов бесконечность?
Это было бы очень странно, ведь как множество целых чисел,
так и множество точек на вещественнои прямои бесконечны.
Однако создается впечатление, что целых чисел все же меньше.
Прежде чем отвечать на поставленные вопросы, предста-
вим себе вполне реальную бытовую ситуацию. Допустим, что
к нам неожиданно пришло много гостеи и мы не понимаем,
хватит ли на всех стульев вкруг обеденного стола. Мы, разу-
меется, знаем сколько стульев у нас есть, а вот гости... Они
постоянно переходят с места на место. Кто-то отправился в
ванную мыть руки, кто-то на кухне помогает готовить уго-
щение, кто-то накрывает на стол. Так что пересчитать гостей
нет никакой возможности. Что же делать (извечный вопрос
русской интеллигенции)? Догадливый хозяин предложит сво-
им друзьям сесть на любой свободный стул. Если после того,
как гости рассядутся, окажется, что все сели, вдвоем на одном
стуле никто не сидит, под каждым только один стул (а не 2,
как иногда случается), да и свободных стульев не осталось,
то мы убедимся, что количество стульев и пришедших гостеи
одинаково.
Видите, даже для сравнения конечных множеств совсем не
обязательно пересчитывать их элементы. Чего уж говорить
о бесконечных? Не будем экономить на мелочах и введем два
новых термина: взаимно-однозначное соответствие и равно-
мощные множества.
Определение. Говорят, что между множествами Х и Y
задано взаимно-однозначное соответствие f, если для ка-
ждого элемента х E Х найдется единственный у Е У, такой
что /(х) = у и наоборот, любому элементу у E Y соответству-
ет один и только один х E Х, обладающий свойством /(х) = у.

237
Приложеиие
(Сравните это определение с понятием взаимно-однозначной
функции на стр. 13.)
Чтобы лучше почувствовать определение, выделим необхо-
димые и достаточные условия, налагаемые на взаимно-одноз-
начное соответствие, после чего разберем несколько приме-
ров.
Итак, f взаимно-однозначное соответствие между мно-
жествами Х и У, если
1) для каждого х E Х найдется единственный у E Y, такой
что /(х) = у;
2) из равенства /(х) = /(х') следует, что х = х',
3) для каждого у c Y найдется х е Х, такой что f (õ) = у.
в emcmeue.
Пример 2. В любом классном журнале фамилии учени-
ков пронумерованы. Иными словами, каждой фамилии при-
своен один номер. Предположим, что в рассматриваемом на-
ми классе учится 80 человек. Тогда можно с уверенностью
утверждать, что любое натуральное число от 1 до 80 со-
ответствует какой-то фамилии, причем только одной. Зна-
чит между фамилиями учащихся в нашем классе и первы-
ми тридцатью натуральными числами установлено взаимно-
однозначное соответствие.
Пример 3. Трем лучшим командам (или спортсменам),
участвующим в соревнованиях, присуждаются золотая, сере-
Пример 1. Билет в вагон поезда дальнего следования
выписывается на одно и только одно место. Более того, ес-
ли поезд идет в Крым во время курортного сезона, то би-
лет выписывается на каждое место в вагоне, причем толь-
ко один. Таким образом, между местами в вагоне и выписан-
ными билетами устанавливается взаимно-однозначное coom-

238
Трудности доказательств
бряная и бронзовая медали. Очевидно, что мы имеем взаимно-
однозначное соответствие между наградами и призерами .
Пример 4. У каждого жителя Москвы есть имя и фами-
лия. Является ли соответствие между множествами фами-
лий и имен взаимно-однозначнымF Очевидно, нет, поскольку
можно найти много людей с одинаковыми именами, но раз-
ными фамилиями. Кроме того, близкие родственники носят
одну и ту же фамилию, но имена у них, как правило, разные.
Определение. Если между множествами Х и Y можно
установить взаимно-однозначное соответствие, то они назы-
ваются равномощными. Для обозначения равномощности мно-
жеств Х и Y будем писать Х = Y.
Значок (& t - », х т и по ож на з ак равенст а, гово ит л
о том, что в некотором смысле множества имеют «одинаковое
число элементов». В случае конечных множеств, как мы сейчас
убедимся, это можно понимать буквально.
Теорема. Конечные множества равномощны в том и
только том случае, когда они имеют одинаковое число зле-
меитов.
Часть 1. Допустим, что множества Х и Y насчитывают
по и элементов, т.е.
Х = (Х]) ~2)... ) Х„]) Х„))
(у1) у2), уп — 1) уп~ (&g
B силу определения множеств, повторяющиеся в них эле-
менты считаются равными. Поэтому можно предполагать, что
!
Во время верстки книги олимпиада в Солт-Лейк-Сити показала, что
это незыблемое правило соревнований может нарушаться.
Доказательство. Вы уже научились определять тип утвер-
ждении, поэтому излишне говорить, что данное утверждение
относится к теоремам равносильности, и поэтому его доказа-
тельство состоит из двух частеи.

239
Приложеиие
х, g х и у, ф у при i ф- ~. Определим соответствие по следу-
ющему правилу:
f (õ,) = у, при i = 1, 2,..., n.
Тем самым каждому элементу х, мы ставим в соответствие
один и только один элемент у,. Легко понять, что и каждому
у, ставится в соответствие только один элемент х,. Значит,
взаимно-однозначное соответствие, и Х = Y.
ßąńņü 2. Предположим теперь, что конечные множества
Х и У равномощны, т.е. между ними существует взаимно-
однозначное соответствие f. Пронумеруем элементы множе-
ства Х:
считая, как обычно, что разным номерам соответствуют раз-
ные элементы. Отсюда в частности следует, что множество
Х имеет и элементов. Пересчитаем элементы множества У,
обозначив /(х;) через у, для каждого i из 1, 2, ..., и. Прежде
всего заметим, что в списке
т. е. разным х, и х соответствует один и тот же элемент мно-
жества У, что противоречит определению взаимно-однознач-
ного соответствия. Итак, мы пересчитали все элементы из У,
присутствуют все элементы множества У, так как по опреде-
лению взаимно-однозначного соответствия для любого у C Y
найдется такой z E Х,что f(x) = y. Единственная опасность
ошибочного подсчета может таиться в том, что в этом спис-
ке какой-то элемент множества Y написан не один, а большее
число раз. Почему, например, не может быть так, что i ф- ~, но
у, = у~? Предположим, что такое происходит на самом деле.
Но тогда

240
Трудности доказательств
причем каждый только по одному разу. Следовательно, число
элементов в У тоже равно и. °
Доказывая теорему о равномощности конечных множеств
с одинаковым количеством элементов, мы неявно рассматри-
вали еще одно множество
Z = (1,2,3,...,n — 1,п),
состоящее из первых и натуральных чисел. Более того, выпи-
сав элементы Х и Y в виде (1), мы фактически установили
взаимно-однозначное соответствие между Z и множествами
Х и Y. Иначе говоря, не заботясь специально, мы доказали,
что
Z= Y.
и
Похоже на то, что равномощность множеств обладает свой-
ством транзитивности. Докажем это.
Теорема. Пусть множества Х, У и Z удовлетворяют
соотношениям
Х=Y
Y = Z.
Тогда Х = Z.
Доказательство. По определению равномошных множеств
существуют взаимно-однозначные соответствия: f между Х
и У и д между Y u Z. Определим соответствие h между Х и
Z по правилу
6(х) = д(/(х))
и покажем, что оно взаимно-однозначно.
Во-первых, h определено для любого х Е Х, так как этим
свойством обладает f, элемент /(х) принадлежит Y и д опреде-
лено для каждого у E Y. В частности, найдется такой элемент
z E Z, что z = ä(f (õ)) = h(õ). Более того, такой z однозначно
определяется элементом х.

241
Приложение
Во-вторых, равенство g(f(s)) = ä(f(õ')) влечет соотноше-
ние f(õ) = /(х') (так źąź д взаимно-однозначно). А послед-
нее возможно лишь если х = х'.
Наконец, так как д — взаимно-однозначное соответствие,
для каждого z E Z найдется такой у E Y, что д(у) = z. Ана-
логично, существует элемент х E Х, для которого у = f(õ).
Поэтому какой элемент z E Z ни взять, мы сможем найти та-
кой х Е Х, что
6(х) = g(f(*)) = ~.
Мы показали, что Ь удовлетворяет всем свойствам взаимно-
однозначного соответствия. Поэтому множества Х и Z равно-
мощны. °
В некоторых случаях хотелось бы иметь более простой спо-
соб проверки соответствия на взаимно-однозначность. Такую
возможность предоставляет следующий факт.
ä(f(õ)) = х для любого х E Х,
f(g(y)) = у для любого у E Y.
Доказательство. Если f взаимно-однозначное соот-
ветствие, то для каждого у E Y найдется такой х E Х, что
f(x) = у. Причем этот х однозначно определяется элемен-
том у. Чтобы подчеркнуть эту уникальность, обозначим соот-
ветствующий элемент множества Х через õö. Положив д(у) =
= х„, мы получим соответствие между множествами Y и Х.
Покажем, что оно обратно к f. Благодаря выбору элемента
х&g ;, име
для любого у Е У /(д(у)) = /(хд) = у.
Теорема. Пусть f: Х вЂ” ~ Y — соответствие между
множествами Х и У, определенное на всем множестве Х.
Оно является взаимно-однозначным тогда и только тогда,
когда найдется обратное к нему соответствие д: У ~ Х,
т. е. соответствие, удовлетворяющее соотношениям:

242
Трудности доказательств
Возьмем теперь произвольный элемент множества Х и вы-
числим ä(f(õ)). Обозначим через z элемент f(õ) E Y, т.е.
z = f (õ). Тогда, очевидно, х = х„как тот элемент, который
соответствием f переводится в z. А по определению д значе-
ние этого соответствия на z равно именно x, = х. Собирая
информацию вместе, получаем
д(f (õ)) = g(z) = х, = х.
Итак, мы показали, что взаимно-однозначное соответствие
f обязательно обладает обратным. Предположим теперь, что
нам дано какое-то соответствие f, обладающее обратным со-
ответствием д, и покажем, что f взаимно-однозначно.
Так как f определено на всем множестве Х, то для всякого
х 6 Х найдется такой у E Y, что f(õ) = у. Предположение о
том, что /(х) равно еще какому-то у E Y, влечет:
у = f (*) = у.
Значит, у по х определяется однозначно.
Рассмотрим произвольный у E У. По предположению су-
ществует обратное соответствие д, такое что /(д(у)) = у.
Следовательно, положив х = д(у), мы укажем такой элемент
множества Х, для которого f (õ) = у.
Предположим, наконец, что f(*) = /(х'). Применив к ра-
венству соответствие д, получим
х = g(f (*)) = д(/(х )) = х .
Значит, f взаимно-однозначно.
Освоив на примерах и простых утверждениях понятия вза-
имно-однозначного соответствия и равномощности, можно при-
ступить к сравнению бесконечных множеств. Первый пример,
который мы разберем, почти очевиден. И о нем можно было
бы вообще не упоминать. Но бросаться с места в карьер тоже
не стоит.

243
Приложекие
Пример 5. Множество натуральных чисел И равномощ-
но множеству Z целых отрицательных чисел.
Доказательство. Для доказательства упомянутой равно-
мощности достаточно предъявить формулу взаимно-однознач-
ного соответствия, до которой Вы скорее всего уже догада-
лись. Тем не менее, полезно рассказать о поиске такого соот-
ветствия, поскольку это пригодится Вам в дальнейшем при
решении различного рода задач.
Мы привыкли выписывать целые числа в порядке возра-
стания. В частности,
Z = (...,— 4,-3,-2,-1), И= (1,2,3,4,5,...).
Видно, что как множество Z, так и N можно выписать в
строчку (условно считая, что бумага у Вас бесконечной шири-
ны). Причем оба списка ограничены с какого-то края
(Z справа, а И слева). Отказавшись от привычки, выпишем
отрицательные числа в порядке убывания, а натуральные
строго под ними.
— 1 — 2 — 3 — 4
1 2 3 4
— 5 †— 7
5 б 7
Сделав это, мы практически указали алгоритм пересчета (ну-
мерации) всех отрицательных целых чисел. Совершенно оче-
видно, что продолжая заполнять таблицу и дальше, мы присво-
им свой уникальный номер каждому целому числу. При этом
разные номера (натуральные числа) будут соответствовать
разным отрицательным целым и никакои номер пропущен не
будет. Это-то и есть взаимно-однозначное соответствие. То
есть равномощность наших множеств доказана. Но чтобы удо-
влетворить педантов, а такие люди, к счастью, встречаются и
среди школьников, выпишем формулу, задающую то же самое
соответствие:
f:и

244
Трудности доказательств
Как уже отмечалось, в равномощности этих множеств нет
ничего удивительного. Перейдем к более содержательному при-
меру.
Пример 6. Множество натуральных чисел равномощно
множеству Z&g ;p невтрицатель ых це ых чис
Доказательство. Прежде чем приступить к доказатель-
ству, отметим, что И С Z&g ;   ф Z gt;p, пос
,'Е &g ; = О, 1, 2, 3,. ., и ..
Фактически, мы приводим пример множества, которое равно-
мощно своему подмножеству. Среди конечных множеств та-
ких нет.
Как и в предыдущем случае, для доказательства равномощ-
ности И и Z&g ;p достато но «перенумерова ь» элеме ты Z
т. е. указать алгоритм, следуя которому можно присвоить свои
номер каждому неотрицательному целому числу. Оставив по-
иск алгоритма в качестве упражнения, выпишем формулу со-
ответствия.
f(n) = n — 1.
f: ~ — «' ~&gt
Поскольку обратным к нему является соответствие
g ~)о
переводящее каждое неотрицательное число т в т+ 1, то f
взаимно-однозначно, а И = Z&gt p
Заметим, что мы доказали что-то типа такой формулы:
Ясно, что f определено на всем множестве И и обладает обрат-
ным соответствием д: Z ~ N, g(n) = — и (проверьте, что
f и д взаимно обратны). Значит, f действительно взаимно-
однозначное соответствие. °

245
Приложение
Такая запись не является абсолютно строгои, так как беско-
нечности, вообще говоря, бывают разные, о чем мы с Вами и
ведем беседу. Тем не менее, она полезна в качестве мнемониче-
ского правила. Хорошо, а что будет, если мы к бесконечности
прибавим любое натуральное число? Как Вы уже понимаете,
ровным счетом ничего не изменится. Доказывать мы этого не
будем, а оставим в качестве тренировочного упражнения.
Поскольку и дальше мы, как правило, будем сравнивать
бесконечные множества с натуральными числами, полезно вве-
сти общепринятыи термин.
Определение. Множество называется счетным, если оно
равномощно множеству натуральных чисел.
Пример 7. Множество 2N четных натуральных чисел
счетно.
Доказательство. Нам нужно установить взаимно-одноз-
начное соответствие между множествами N и 2N. Умножив
произвольное натуральное число и на 2, мы получим четное
число 2п, т.е. правило f(n) = 2n задает соответствие между
N и 2N. Обратным к нему является д, определенное соотноше-
нием: д(т) = ™. Так как любое четное число делится на 2,
то соответствие д корректно определено. Не составляет труда
проверить, что д и f взаимно обратны. Значит, f взаимно-
однозначно, а 2N = N. °
Утверждение доказано абсолютно корректно. Но часто у
человека, впервые столкнувшегося с такого рода фактом, оста-
Вот этот пример уже довольно сильно меняет наше пред-
ставление о «числе элементов» бесконечного множества. Дей-
ствительно, мы выбросили из множества N все нечетные чи-
сла, т. е. практически половину (см. упр. 1 на стр. 257), а общее
«количество» его элементов при этом не уменьшилось ни на ио-
ту. Таким образом,

246
Трудности доказательств
ется неудовлетворенность: кажется, что его где-то обману-
ли. Дабы устранить неуверенность, попытаемся объяснить по-
лученный результат по-другому. Выпишем подряд в порядке
возрастания все четные натуральные числа
2,4,6,8,10,...,2n,...
Не вызывает сомнений, что мы можем сделать это, не пропу-
стив ни одного четного числа, и не написав никакое из них
дважды. Естественно, мы можем поступить так только тео-
ретически, поскольку на процедуру выписывания всех четных
чисел не хватит и жизни. Однако математики не обращают на
это внимания.
Итак, все четные числа выписаны в строчку. Что же те-
перь нам мешает присвоить каждому из них свой номер? Да
абсолютно ничего. Отметив 2 как первое, 4 второе, мы мо-
жем двигаться от числа к числу, присваивая каждому очеред-
ной номер. Процесс, естественно, бесконечен, но нам не нужно
заботиться о том, успеем ли мы закончить его к определенно-
му сроку. Важно лишь, что каждое конкретное четное число
будет пронумеровано на определенном шаге. Докажем это ме-
тодом «от противного». Предположим, что завершив процесс,
мы пронумеровали не все четные числа. Значит, найдется по
крайней мере одно, которому не было присвоено номера. Но
как конкретное четное число, оно должно быть чему-то рав-
но. Допустим, обделенным осталось очень большое четное чи-
сло М. Ввиду его четности можно записать М = 2N, где N
какое-то конкретное натуральное число (равное — ). Однако
М
внимательно прочитав описание процесса нумерации еще раз,
мы убедимся, что число М будет пронумеровано íà ¹M ша-
гу. Следовательно, наше предположение неверно, и в резуль-
тате будут пронумерованы все четные числа.
Мы еще раз установили взаимно-однозначное соответствие
между N и 2N, наполнив конкретным смыслом формулу из до-
казательства утверждения. Более того, мы этим как бы свя-
зали каждое четное число со своим номером теоретическои

247
Приложеиие
«веревочкои», что видно из следующеи диаграммы:
2п
2 4 6 8 10 12
1111 1 1
1234 5 6
Иными словами, мы посадили каждое четное число на свой
«натуральныи стул».
Надеюсь, после такого подробнейшего объяснения у Вас
исчезнут все сомнения в истинности доказанного факта, а
останется только безмерное удивление. Но это и неплохо, ибо,
как сказал Городницкий:
Не страшно потерять
Уменье удивлять.
Страшнее потерять
Уменье удивляться.
Вот теперь можно обсудить решение задачи про Гефеста и
Гермеса, с которой мы начали рассказ о сравнении бесконеч-
ных множеств.
После некоторой привычки к сравнению бесконечных мно-
жеств ответ к задаче уже не кажется невероятным. Более то-
го, его можно вполне объяснить. Действительно, первоначаль-
но создавалось впечатление, что стертых чисел окажется ров-
но в 10 раз меньше, чем написанных. Но следующий пример
показывает, что если счетное множество «разделить на 10»,
то все равно останется счетное множество.
Предположим, что после завершения игры на доске оста-
нутся нестертые числа. Тогда останется хотя бы одно кон-
кретное натуральное число, скажем M. Но как бы медленно
Гермес ни стирал числа, он сотрет М ровно на М-ом шаге.
Мы получили противоречие с предположением. Поэтому в ре-
зультате бесконечного числа шагов на доске не остаиется ни
одного числа!

Трудности доказательств
Пример 8. Множество 10N натуральных чисел, кратных
десяти, счетно. То есть оно равномощно множеству всех
натуральных чисел.
Доказательство. Доказательство этого утверждения
практически ничем не отличается от приведенного в приме-
ре 7. Приписав каждому натуральному числу п его произведе-
ние с десяткой 10п, мы установим соответствие между нату-
ральными числами и множеством 10N. Обратным к нему слу-
жит соответствие, сопоставляющее каждому числу 10п E 10N
его частное от деления на 10. Таким образом, описанное нами
соответствие является взаимно-однозначным, что доказывает
счетность множества 10N. °
Сформулируем и докажем еще две теоремы о счетных мно-
жествах в качестве иллюстрации методов работы с абстракт-
ными множествами. Их доказательство служит подсказкой к
решению теоретических упражнении, помещенных в конце это-
го параграфа.
Теорема. Любое бесконечное подмножество счетного
множества счетно.
Доказательство. Рассмотрим произвольное счетное мно-
жество А. Так как все его элементы можно пронумеровать,
представим А в виде
А = (ay, аз, аз, a4,..., a„,
где выписаны все элементы множества А, причем только по
одному разу. Более того, любой номер Й 6 N приписан какому-
то элементу а~ C А.
По условию нам дано какое-то подмножество В C А. К со-
жалению, мы не можем столь же явно выписать ero элементы,
поскольку нам известно только то, что В имеет бесконечное
число элементов. Нам же надо указать алгоритм, следуя кото-
рому можно будет пересчитать все элементы множества В.

Приложеиие
249
Поступим следующим образом. Возьмем элемент а~. Если
он принадлежит множеству В, обозначим его как 6~, если нет,
то оставим его без изменения. Затем посмотрим на а~. Если
а~ —— 6~, и а~ тоже принадлежит множеству В, присвоим ему
значок bg. Если а~ ф В, но а~ E В, то положим 6~ = Gg. Hy
а если ни а~, ни а~ не являются элементами подмножества В,
оставим все как есть. Как видите, при переходе к каждому сле-
дующему элементу множества А процесс все более разветвля-
ется. И таким путем довольно сложно доказать счетность В.
Попытаемся, не меняя сути алгоритма, слегка видоизме-
нить его описание.
Будем просматривать элементы множества А в порядке
возрастания их номеров. Как только наткнемся на элемент а,,
принадлежащий множеству В, обозначим его через b~ и про-
должим просмотр. Следующему элементу а~, который лежит
в В, присвоим обозначение bg и т. д.
Возникают два вопроса:
а) Все ли элементы множества В мы пронумеруем?
б) Задействуем ли мы каждое натуральное число в каче-
стве номера элемента подмножества В?
На первый вопрос некоторые из Вас ответят отрицатель-
но, мотивируя свои ответ тем, что при пересчете даже просто
большого числа элементов можно легко сбиться. Что уж го-
ворить о бесконечном процессе! Однако такое возражение не
вполне корректно. Когда мы говорим о математическом пере-
боре, мы считаем, что этим процессом занимается идеальныи
человек или абсолютно надежная машкина, которые в принципе не
могут допускать ошибок из-за невнимательности. Поэтому ес-
ли алгоритм не допускает двоиных толковании в каждом от-
дельном случае и теоретически может быть реализован, то пред-
полагают, что его можно осуществить и на практике. Даже в
том случае, когда он состоит из бесконечного числа шагов.
Поскольку про любой элемент а~ множества А можно ска-
зать принадлежит ли он подмножеству В или нет (см. 110),

250
Трудности доказательств
мы сможем пронумеровать все элементы из В. Более того, так
как ошибок допускаться не будет, мы не пропустим ни одного
номера и никаким номером не воспользуемся дважды.
Остается лишь одна причина, по которой мы можем не ис-
Теорема. Объединение двух счетных множеств являет-
ся счетным.
Доказательство. Пусть А и В
Разберем два случая.
1) А Г1 В = H. Выписав элементы множеств в две строчки
счетные множества.
А = ~аi въвз а4 вв
В = (Ь~,Ь~,Ьз,Ь4,4 ),
можно указать алгоритм пересчета всех выписанных элемен-
тов.
а~ имеет номер 1;
b~ имеет номер 2;
а„имеет номер 2n — 1;
Ь„имеет номер 2п;
пользовать всех натуральных чисел в качестве номеров эле-
ментов из В. А именно, нам может не хватить элементов мно-
жества B Предположим, что последнее натуральное число, ко-
торым мы пронумеровали элемент из В, равно М. Иными сло-
вами, последний обнаруженный нами элемент из В оказался
a~ = b~, а все элементы а, с индексом i ) К уже не принад-
лежат подмножеству В. Очевидно, что в таком случае число
элементов в В равно ровно М, что противоречит бесконечно-
сти этого подмножества.
Итак, мы показали, что наш алгоритм действительно ведет
к пересчету всех элементов из В, т. е. В счетное множество.

251
Приложеиие
Таким образом, элементы множества А пронумерованы не-
четными натуральными числами, а В четными. Формали-
зуя алгоритм пересчета, можно сказать, что каждому нату-
ральному числу т мы сопоставляем элемент f(m) E А U В,
где
а~i, если т
f(m) =
нечетное число,
четное число.
если m
Не составляет труда проверить, что f: И ~ А U В является
взаимно-однозначным соответствием, так что AUB
множество.
2) Предположим теперь, что А Г1 В ф. И. Обозначим через
В' подмножество в В, равное В ~ (А Г1 В). Тогда справедливы
соотношения:
AnB' = а.
AUB' = AUB,
В качестве последнего примера счетного множества хочет-
ся рассмотреть множество рациональных чисел.
Пример 9. Множество Q рациональных чисел счетно.
Доказательство. Проведем доказательство в два этапа.
Сначала покажем, что множество Z~ всех дробей ™„с целыми
числителем и знаменателем счетно, а потом реализуем рацио-
нальные числа как бесконечное подмножество в Z~.
Для пересчета элементов множества Z~ каждую дробь ™„
удобнее всего изображать точкои на плоскости с координа-
тами (т, n). Алгоритм пересчета приведен на рис. 13. Он за-
ключается в методичном обходе всех точек с целыми коорди-
натами по расширяющеися спирали.
Если В' конечное множество, то А U В = А U В' и счетно
(см. упр.2 на стр.257). Если же В' бесконечно, то оно само
счетно ввиду предыдущего примера, и А U B = А U B' рав-
номощно множеству натуральных чисел по предыдущеи части
доказательства. °

252
Трудности доказательств
Рис. 13
Нет нужды говорить о том, что следуя алгоритму, мы уста-
новим взаимно-однозначное соответствие между множеством
Е и натуральными числами, т. е. Z счетное множество.
Любое рациональное число равно какой-то дроби с целы-
ми показателем и знаменателем. Поэтому его можно отожде-
ствить с каким-то элементом из Z . К сожалению, рациональ-
2
ному числу соответствует не одна дробь, а бесконечно много.
Достаточно посмотреть на следующую цепочку равенств:
1 2 3 4 5 и
2 4 6 8 10 2и
Но если брать только несократимые дроби, числитель кото-
рых целое число, а знаменатель натуральное, то мы полу-
чим взаимно-однозначное соответствие между такими дробя-
ми и рациональными числами. Мы изобразили все дроби на
координатной плоскости. Отбросим теперь те из них, вторая
координата (знаменатель) которых меньше или равна нулю,
а из оставшихся отметим точки с взаимно простыми коор-
динатами. Очевидно, множество отмеченных точек совпадет
с множеством рациональных чисел. Таким образом мы реа-
лизовали рациональные числа как бесконечное подмножество
счетного множества. Следовательно, Q счетное множество.

253
Прилож екие
Если рациональные числа изображать точками с целыми
координатами, то огромность множества Q как-то теряется
и разобранный нами пример не очень впечатляет. А Вы по-
пытаитесь отметить все рациональные точки на веществен-
ной прямой... Это сделать практически невозможно. Если все
же постараться и изобразить достаточно много рациональных
чисел на отрезке [0, 1], то можно увидеть, что наши пометки
заняли весь отрезок, хотя, как известно, на нем есть еще и ир-
рациональные числа. Это происходит из-за того, что как бы
ни был тонок Ваш карандаш (или ручка), его острие имеет
какую-то толщину, пусть и очень маленькую. Поэтому, ста-
вя им точку на отрезке, Вы отмечаете не одно рациональное
число, а сразу бесконечно много, как ни парадоксально это
звучит. Вы, конечно, можете не поверить такому заявлению.
И будете совершенно правы. Любое математическое выска-
зывание (а в идеале не только математическое) необходимо
доказывать. Сделаем это.
Пример 10. В отрезке [n,P] сколь угодно малой длины,
лежащем на вещественной прямой, содержится бесконечно
много рациональных чисел.
Доказательство. Без ограничения общности можно счи-
тать, что данныи нам отрезок целиком лежит справа от нуля.
Обозначим длину отрезка через е и докажем сначала, что
наидется положительное рациональное число, которое будет
еще меньше. Если е & t; 1, т  = Ђ” ас впо не устро т. Бу
1
считать, что E & t; 1. То д  ) 1 С дру ой сторо ы, ка
бы мы ни взяли положительное число, наидется натуральное
число, которое окажется еще больше. В частности, можно по-
добрать натуральное п ) †,. Оно нам позволяет построить
1
1
рациональное число q = — „( я, которое мы искали.
Пусть р = & t = в ”, то да положитель ое рациональ ое
1
сло р удовлетворяет неравенству: р & t; '. Разбе ем ва возм
ных случая: р & t    &

254
Трудноспт доказательств
Если р & t; о, то ак р, а и 2р принадле ат отре ку n,
Действительно, предположение о том, что хотя бы 2р вылезет
за границы нашего отрезка, приводит к цепочке неравенств:
2р & t P gt; В в ”
что противоречит выбору числа р: 2р & t  & t; E. Таким
зом, если р ) а, на нашем отрезке можно наити по краинеи
мере два рациональных числа: р и 2р.
Пусть теперь р & t; n. ąź ак п = 1, то найде ся та
натуральное число Й, что kš & t; n. Обозна им че ез kp наиме
шее из натуральных чисел, обладающих таким своиством, т. е.
(~о — 1)Р & t
kpÐ
Покажем, что рациональные числа kpp и (kp + 1)р лежат на
отрезке [n, P]. Поскольку (kp + 1)р & t; p & t; n, о для
достаточно проверить, что (kp + 1)р & t;
(kp — 1)р & t  ~ ( p+ ) & t; а 2 &l ; а в ” &l ; + (P
Итак, в обоих возможных случаях мы указали два раци-
ональных числа на отрезке [n,P]. Обозначим их как q& t и
считая, что qq & t; g А теп рь остал сь са ое прост е: пре
явить бесконечно много рациональных чисел, лежащих между
Ч1 и Ч2
Для любого натурального Й & t 3 обозна им че ез qg рац
нальное число q~ + ~-'-~-~-'-. Очевидно, что
Ж вЂ” В
q1 & t; /ń Ђ” q  & t q1 + ( 2 Ч
т.е. каждое из Qk лежит между ä1 и д~, а значит, и на отрезке
[а, P]. Осталось заметить, что чисел qg так же много, как и
натуральных, а именно, счетное множество. °
Мы так долго и скурпулеэно занимались счетными мно-
жествами, что могло создаться впечатление: других «беско-
нечностей» нет. Это, конечно же, не так. Просто на счетных

255
Приложеиие
множествах гораздо удобнее демонстрировать принципиаль-
ные различия между конечными и бесконечными множества-
ми. Приведем пример множества, мощность которого больше
мощности натуральных чисел.
IIpaMep 11. Множество вещественных чисел, лежащих
на отрезке [0,1], несчетно.
0,99999... = О, (9) = 1.
Можно возразить, что некоторые рациональные числа пред-
ставляются конечными дробями. Но это не большая помеха.
Недостающие разряды можно заполнить нулями. А если Вас
это не устраивает, выбросьте их из отрезка. Там все равно
останется очень много чисел. Гораздо больше, чем счетное
множество.
Итак, предположим, что множество вещественных чисел
на [О, 1] все же счетно. То есть, мы как-то смогли их все пере-
нумеровать. В таком случае выпишем их в столбик:
А1 — — О, ą11ą12ą13ą14ą15ą16ą17ą18...
~2 — 01 а21 а22 а23 а24 а25 а26 а27 а28
~3 = 0~ а31а32а33а34а35азба37а38
~4 — 0~ ~41~42~43~44~45~46~47~48
По нашему предположению в этой бесконечной таблице вы-
писаны все интересующие нас числа. Покажем, что по край-
Доказательство. Мы воспроизведем здесь доказатель-
ство, принадлежащее автору теории сравнений множеств, Ге-
оргу Кантору. Он воспользовался методом «от противного».
Прежде всего напомним, что любое вещественное число А
из рассматриваемого отрезка однозначно представляется бес-
конечной десятичной дробью А = О, а1а2аза4а5..., где каждая
из а, — какая-то цифра. Даже 1 записывается как

256
Трудности доказательств
~ļ~-1,~y1 + ~&
и+1—
~п-~-1,п,+1
еслиа„»~„»q j9,
если а,„» ~ Ä» q — — 9.
Число А„+~ отличается от того, которое мы строим, в (и+ 1)-
ом знаке. Стало быть, какие бы мы дальше цифры ни дописа-
ли после 6„+~, все равно В j А„» ~. Продолжая этот процесс и
далее, мы естественно построим число В, принадлежащее еди-
ничному отрезку, но не равное ни одному числу из таблицы.
ней мере одно мы все-таки пропустили. Казалось бы, подума-
ешь одно число. Добавить его, да и дело с концом. Ну хо-
рошо, добавьте. Можете дописать и не одно, а все, что отсут-
ствуют пока в этом списке. Но коль скоро мы предполагаем,
что наше множество счетно, то должна быть такая таблица,
которая содержит все его элементы. Вот ее-То мы и возьмем,
и если все же отыщем неучтенное число, то все отговорки бу-
дут уже лишними: придя к противоречию с предположением,
мы докажем несчетность точек на единичном отрезке.
Приступим к построению числа В = 0,6~6~6з64..., кото-
рого нет в таблице. Сделаем это с помощью математической
индукции. Прежде всего заметим, что какие бы мы цифры
ни написали вместо 6;-ых, получится число из [0,1]. В каче-
стве первой значащей цифры b~ возьмем любую, неравную а~~.
Например, а~~ + 1 (если &lt 1 ф 9) ли lt; 1 — 1 (ес и ~ 1 в ” в
Несмотря на остальные цифры числа В, можно утверждать,
что В j А~, так как у них первые же цифры после запятой
разные. Предположим теперь, что нам удалось подобрать пер-
вые п цифр bp,6~,...,6„так, что вне зависимости от осталь-
ных знаков числа В, мы уже имеем неравенства: В j А, при
i = 1, 2,..., п. Выберем следующую цифру, руководствуясь
правилом:

257
Приложение
Упражнения
Покажите, что множество четных натуральных чисел
равномощно множеству нечетных натуральных чисел.
Покажите, что объединение конечного и счетного мно-
2.
жества является счетным.
Покажите, что объединение любого конечного числа счет-
ных множеств счетно.
Пусть А~, А~,..., А„,... бесконечная последователь-
ность счетных множеств. Докажите, что множество А,
равное объединению всех А,-ых, является счетным.
4.
Предположим, что четыре непересекающиеся множества
А, В, С и D удовлетворяют соотношениям:
5.
С = D.
А=В,
Покажите, что в таком случае А U С равномощно В U D.
Покажите, что в любом бесконечном множестве можно
выделить счетное подмножество.
7.
Покажите, что множество линейных многочленов с целы-
ми коэффициентами счетно.
Докажите, что множество всех многочленов с целыми ко-
эффициентами счетно.
Пусть А бесконечное, а В конечное множества, при-
чем А Г1 В = И. Покажите, что А U В равномощно множе-
ству А. Иными словами, от добавления к бесконечному
множеству любого конечного числа элементов, его мощ-
ность не меняется.
Указание: выделите в множестве А счетное подмноже-
ство С и представьте А как объединение непересекаю-
щихся подмножеств: А' = А ( С и С. Покажите, что
С' = С U В счетно и установите взаимно-однозначное
соответствие между А = А' U С и А U B = А' U С'.

258
Трудности доказательств
10. Вещественное число называется алгебраическим, если оно
является корнем какого-то многочлена с целыми коэф-
фициентами. Покажите, что множество всех алгебраиче-
ских чисел счетно.
11. Опираясь на предыдущую задачу, повторите результат
Кантора, который доказал, что существуют трансцен-
дентные числа, т. е. вещественные числа, которые не ал-
гебраичны. В частности, их нельзя записать, используя
целые числа и радикалы всевозможных степенеи.
12. Покажите, что любые два отрезка равномощны (здесь и
далее мы будем отождествлять отрезки, интервалы, дву-
мерные фигуры и трехмерные тела с множеством точек,
из которых они состоят).
13. Покажите, что интервал равномощен прямой.
14. Покажите, что любой интервал равномощен любому от-
резку.
15. Покажите, что единичный отрезок равномощен единич-
ным квадрату и кубу.
Указание: вещественному числу О, а~а~аз... сопоставь-
те точку с координатами (х, у), где
х = О, a~a~a~aó... а~„
y = 0, aća~aüaā
0редел последовательности
Познакомившись с бесконечными множествами и приема-
ми работы с ними, можно переходить к самому важному и
наименее ясному понятию математического анализа пределу.

259
Приложение
Мы не будем изучать пределы функций. Ими достаточно мно-
го занимаются на первом курсе любого технического ВУЗа.
Беда в том, что не владея в полной мере пределом бесконечной
последовательности, освоить предел функции очень тяжело.
Да, естественно, большинство студентов в конце концов овла-
девает способностью вычислять несложные пределы функций.
Но как только дело доходит до экзамена, когда требуется до-
казать тот или иной факт из теории пределов...
Обратимся к истокам проблемы. Еще древние греки легко
оперировали с рациональными и простеишими иррациональ-
ными числами. А вот предельный переход многих из них заво-
дил в тупик. Истории математики известно, что первый кри-
зис в точнои науке возник именно из-за пределов благодаря
парадоксам Зенона. Об одном из них мы расскажем.
Предположим, что Ахиллес хочет догнать черепаху. Обо-
значим расстояние, разделяющее их в начальныи момент вре-
мени, через и~. Движение они начинают одновременно. Пред-
полагается, что Ахиллес бегает существенно быстрее, чем пол-
зает черепаха. Очевидно, он довольно быстро ее догонит. Но
Зенон приводит рассуждение, которое «убедительно доказы-
вает», что этого никогда не произоидет.
Через какой-то момент времени после старта Ахиллес по-
кроет расстояние и~, отделявшее первоначально его от чере-
пахи. Но и она не стоит на месте и за это время проползет
какое-то расстояние и~. Значит, в этот момент Ахиллес еще
не догнал черепаху. Затем Ахиллес пробежит и расстояние и~,
а черепаха за тот же промежуток времени опять уползет на
какое-то расстояние из ) О. И так далее... В тот момент,
когда Ахиллес пробегает очередной промежуток и„, черепаха
отползает на ненулевое расстояние и„+~. Следовательно, в ка-
ждыи рассматриваемыи момент времени и расстояние между
соревнующимися больше нуля. Иными словами, Ахиллес нико-
гда не догонит черепаху.

260
Трудности доказательств
и~ —— 1,1; и~ = 1,01; ...; и„= 1,0...01;
и — 1
Здесь тоже каждый следующий член меньше предыдущего.
Однако все они больше 1. Так что и второе возражение не
решает нашего парадокса.
А может, сложить все промежутки, которые пробегает Ахил-
лес, да и дело с концом? Любопытное предложение. А как это
сделать? Если бы речь шла о конечном числе слагаемых, то с
На это рассуждение можно выдвинуть по крайней мере два
возражения. Разберем каждое из них и посмотрим, насколько
они состоятельны.
Самое первое, что приходит в головы, это сказать, что
рассуждение Зенона неверно, поскольку не вызывает сомне-
ний: Ахиллес черепаху обязательно догонит. Действительно,
не вызывает. Зенон и сам это прекрасно понимал, иначе не
шла бы речь о парадоксе. Но этот аргумент не указывает на
конкретную ошибку в рассуждении античного математика, а
всего лишь говорит о том, что оно приводит к неверному от-
вету. Но вот почему?
Ладно, думаете Вы. Покритикуем само доказательство. По-
скольку Ахиллес бежит быстрее черепахи, то расстояние, раз-
деляющее их к каждому следующему моменту, будет постоян-
но сокращаться, становиться все меньше и меньше. В конце
концов оно окажется не больше ступни древнего героя. Так
что с практическои точки зрения можно считать, что в этот-
то момент он ее и догонит.
Это возражение уже более грамотное, но оно, тем не менее,
не достигает своей цели. Причин этому две. Первая: мы гово-
рим не о реальных соревнованиях, а о математическои пробле-
ме. Поэтому если расстояние между бегунами хоть и мало, но
не равно нулю, мы не можем присудить победу в забеге Ахил-
лесу. Вторая: расстояние между соперниками на самом деле
постоянно уменьшается. Да только почему оно станет сколь
угодно маленьким? Рассмотрим такую последовательность:

261
Приложение
теоретическои точки зрения совершенно не важно, много их
или мало. Мы бы нашли результат. Как же вычислить сумму
бесконечного числа слагаемых? В общем виде рассуждать о
такой операции довольно сложно. Поищем какой-нибудь про-
стои конкретныи пример.
Используя ту же мысль, что и в парадоксе Зенона, пред-
ставим, что мы наблюдаем за двумя муравьями, направляю-
щимися к своей норке (см. рис. 14).
4 5 норка
Рис. 14
В нулевой момент времени первый муравей стоит на отмет-
ке 1, а второй на отметке 2. Расстояние между ними составля-
ет 1 м. Второму муравью нужно пробежать до норки тоже 1 м,
однако скорость первого ровно в два раза выше скорости вто-
рого. Ясно, что начав путешествие к норке одновременно, му-
равьи попадут домой в одно и то же время (более быстрому
предстоит пробежать вдвое большее расстояние). Таким обра-
зом, мы знаем, что до встречи со своим собратом первому му-
равью предстоит преодолеть 2 м. Будем теперь рассуждать по
схеме, предложенной Зеноном, но при этом постараемся найти
сумму бесконечного числа дистанции, которые будет пробе-
гать первыи муравеи.
Итак, сначала более расторопный бегун, согласно Зенону,
добежит до отметки 2, т. е. up = 1. За это время второй мура-
веи проползет в два раза меньшее расстояние, т. е. полметра и
окажется на отметке 3. Затем первый муравей достигнет от-
метки 3, преодолев расстояние и~ — — —, а второй — отметки 4,
отстоящей от 3 на расстоянии и~ = 1~. Видно, что в каждый
следующии момент как первыи, так и второи муравьи будут
пробегать ровно половину расстояния, проиденного на пре-
дыдущем этапе пробега. Так что сумма, которую нам нужно
вычислить, состоит из следующих слагаемых:
1 1 1 1
&l ;  ~ ~1 Ђ” ~2 Ђ” ~З Ђ” ~п
2' 4' 8' '''' 2в

262
Трудности доказательств
Полезно ввести стандартное обозначение для сумм такого
вида.
1V
и„= up + и~ + и~ + + иу,
п=0
G& t = tlp+tL]+ y+ +
ļ=p
Как мы уже выяснили, первого муравья отделяют от норки 2 м.
Так что искомая бесконечная сумма по идее должна быть тоже
равна 2. Итак,нам предстоит доказать равенство:
1 1
— =1+ +
2" 2
п=0
1
22
+ ° = 2.
Многие из читателей узнали в этой сумме бесконечную геоме-
трическую прогрессию. И если они хорошо помнят школьные
формулы, то с помощью легких арифметических действий они
уже смогли убедиться в истинности равенства. Все это заме-
чательно. Но формулу тоже ведь надо доказывать. Приведем
доказательство (которое обычно показывают в школе) в этом
конкретном случае и поразмышляем насколько оно корректно.
Обозначим искомую сумму через х, т. е.
1
2п
п=0
где первое обозначение краткая запись суммы хоть и сколь
угодно большого, но конечного числа слагаемых, а второе
специально предназначено для бесконечных сумм. Скажем, что
последняя сумма обычно называется числовым рядом, хотя
сеичас это и не столь важно.

263
Приложекие
Раздлелим обе части этого равенства на 2 и получим
х 1 1
*-=-Š— =
2 2 2"
п=О
1 1 1
= — (1+ + + ) =
1 1 1
+ — + + ° ° °
2 4 8
Очевидно, что если к обеим частям равенства теперь приба-
вить 1, то справа будет стоять исходная сумма, которая, как
мы предположили, равна числу х. Таким образом мы получаем
уравнение:
х
— +1 =х,
п=О
что абсурдно (см. теор. 3 на стр. 156).
Где же спряталась ошибка? Можете не перепроверять вы-
числения. Они верны. Загвоздка в том, что как в первом, так
и во втором случае мы неявно предполагаем, что бесконеч-
ная сумма равна какому-то вещественному числу. А на каком,
собственно, основании? Разумеется, любой хороший учитель
математики осознает всю трудность суммирования бесконеч-
ного числа слагаемых и иногда даже говорит о неи своим уче-
никам. Но на уроке при теперешней насыщенной программе
откуда х = 2. На первый взгляд все вычисления кажутся без-
упречными. Да и с ответом, полученным другим способом,
согласуются. Чего же еще желать? Но если Вы внимательно
читали примеры доказательств, в том числе и неверных, то
смогли убедиться, что точно таким же рассуждением доказы-
вается соотношение

Трудности доказательств
нелегко объяснить школьникам существо проблемы. Мы же
никак не ограничены временем и можем попытаться проник-
нуть в таины бесконечных сумм.
Прежде всего поймем, почему во втором примере получа-
ется такой странный результат. Покажем, что сумма g 3" не
п=О
может быть равна никакому вещественному числу. Для этого
сложим первые ее N слагаемых.
N
и ~+ + 2+ + м
п=О
Поскольку здесь мы имеем дело с конечной суммой (может,
и большого числа слагаемых), то по свойствам вещественных
чисел в результате должно получиться вещественное число.
Обозначим его через SN. Прибавив к нему 3 +, мы получим
следующую конечную сумму SN+1. Значит,
Ь+3N+' = &amp
Если же равенство вещественных чисел
1+З+З + +З =SN
умножить на 3 и к обеим его частям прибавить по 1, то
&am ; 1 =
Возникла система уравнений на неизвестные SN и SN~1. Ре-
шая ее, находим
3 +' — 1
Заметим, что Яу+1 & t; S + 1. Действитель
3N+2 1 3N+1 1
~1Ч~1>S +  & t;
3%+2 1 & t; 3К -
~ 3 +'(3 — 1) & t; Ђ”

265
Приложение
Последнее неравенство истинно. Значит,и исходное верно.
Итак, прибавляя каждое следующее слагаемое, мы увеличи-
ваем нашу сумму больше чем на 1. Следовательно, для любого
наперед заданного числа М найдется такое N, что S~ ) М.
Остаюсь только заметить, что прибавляя к S~ еще беско-
нечное число положительных слагаемых, мы никак не смо-
жем уменьшить результат. Ровно поэтому нет никакого веще-
ственного числа, которому равнялась бы бесконечная сумма
степенеи троики.
Проделаем аналогичную процедуру с первым рядом ~, — „.
1
n=0
Обозначив через а~ сумму первых N слагаемых, найдем
1V
ąä~=~
n=0
1 1 1 1
ag» q = ay+ — ąó+1 = а~+~ & t; y = Ђ” ąó
2~+~ 2
откуда
1
а~ =2 — —.
1V
Так как функция у = log i х убывает, то последнее равносиль-
2
но такому:
N ) logi я.
г
Стало быть, на каждом конечном шагу при сложении сте-
пенеи ~ мы будем получать сумму а1~, не превосходящую 2.
Естественно предположить, что и бесконечная сумма не мо-
жет быть больше 2. С другой стороны, как бы мало мы ни
отступили от 2 влево, взяв какое-то вещественное число Ь ( 2,
найдется такой номер N, что а~ и все последующие конечные
суммы будут больше 6. Докажем это более аккуратно.
Так как б ( 2, то разность 2 — б = c положительна. Найдем
натуральное число N, удовлетворяющее неравенству:

Трудности доказательств
Таким образом, как только натуральное число N удовлетворя-
ет неравенству (1), конечная сумма а~ станет больше b. Более
того, очевидно, каждыи следующии член нашеи последователь-
ности больше предыдущего. Поэтому можно утверждать, что
не только ау превысит б, но и все следующие конечные суммы
попадут в интервал (6, 2).
Все больше хочется сказать, что наша бесконечная сум-
ма равна 2. Но, как говорится, обжегшись на молоке, дуешь
на воду. Кое-какая неясность все же остается. Сможем ли мы
сложить бесконечное число слагаемых? А если все же прене-
бречь этим опасением, то можно еще усомниться, что полу-
чится именно число, а не что-нибудь экзотическое. С возмож-
ностью бесконечного суммирования поделать ничего нельзя.
Математики, оперируя с бесконечными суммами, физической
возможности сложить все эти числа не придают значения, счи-
тая, что если можно как-то обосновать, что искомая сумма
равна какому-то конкретному вещественному числу, то и де-
ло с концом. К этой мысли придется привыкать постепенно.
Но если вдуматься, то ничего особенно странного в этом нет.
Вы и сами часто прибегаете к таким ухищрениям. Представь-
те, что Вам нужно вычислить сумму:
S = 21+ 21+ 21+ + 21.
21
Вы же не станете по-настоящему складывать все эти слагае-
мые, а замените сложение умножением: S = 21 21 = 441.
Вот второе сомнение наиболее существенно. Именно оно не
позволяло грекам выити из кризиса, порожденного парадокса-
ми Зенона. Выход, конечно, есть. Он заключается в предель-
ном переходе, о котором и поидет речь дальше.
Рассмотрим еще раз нашу бесконечную последовательность
конечных сумм:
1
aP =l а1= — а2= — ап=2 ——
2' 4' ' 2" '

267
Приложение
Как мы уже видели, она возрастает и ограничена, т.е. для
любого номера и имеет место неравенство а„( а„» ~ & t;
Фактически нам нужно приписать такой последовательности
какое-то вещественное число. Сделаем это в общем виде.
Пусть нам дана бесконечная последовательность
(4) — ~0~ ~1) ~2~ ~ ~п~
Принцип непрерывности. Предположим, что элемен-
ты двух подмножеств вещественных чисел А и В обладают
следующим свойством: для каждого элемента а E А и любого
о C В выполнено неравенство
а ( b.
Тогда найдется такое вещественное число с, которое ле-
жит строго между этими множествами. Иными словами,
длл всех пар а E А и о E В будет справедливо двойное нера-
венство:
а<с
Принцип сомнений не вызывает, особенно если множества,
о которых идет речь, изобразить на рисунке. Сразу отметим,
которая возрастает и ограничена сверху. Последнее условие
означает, что найдется такое вещественное число М, что лю-
бои член последовательности будет удовлетворять неравен-
ству bÄ ( М. Попытаемся приписать ей определенное веще-
ственное число, к которому приближаются или, еще говорят,
стремятся члены последовательности. Сразу скажем, что от-
талкиваясь от школьного курса математики, абсолютно стро-
го, да так, чтобы еще и понятно было, это сделать невозмож-
но. Нужна дополнительная аксиома вещественных чисел, т. е.
интуитивно ясное утверждение, принимаемое на веру, но на
которое можно опираться при доказательствах.

Трудности доказательств
Рис. 15
что в нем не говорится о единственности точки с. Да это будет
и неправильно. Достаточно рассмотреть
В =11),
чтобы убедиться, что в качестве точки с может выступать
любое вещественное число, принадлежащее отрезку [О, 1]. Но
при некотором дополнительном условии такая точка с будет
только одна.
~силенный принцип непрерывности. Допустим, что
элементы двух подмножеств вещественных чисел А и В обла-
дают следующими свойствами:
— для каждого элемента а C А и любого 6 E В выполнено
неравенство а ( 6;
— для любого положительного числа е найдется пара эле-
ментов а Е А и 6 с В, для которой ~6 — а~ ( е.
Тогда существует единственное вещественное число с,
лежащее строго между А и В.
Доказательство. 0 том, что хотя бы одно число с между
множествами А и В найдется, говорит принцип непрерывно-
сти, который не нуждается в доказательстве. Предположим
теперь, что есть еще какое-то число с', удовлетворяющее не-
равенству
а(с (6
для любой пары элементов из множеств А и В. Поскольку и с
удовлетворяет такому неравенству, то как с', так и с принад-
лежат отрезку [а, b]. Следовательно, расстояние между с и с' не

2б9
Приложеиие
превышает расстояния между а и b. Запишем это в терминах
модулеи:
)с — с ( & t; )Ь Ђ”
С другой стороны, мы предположили, что с ф с'. Поэтому
ев = ~с — с'~ & t; О. Ст ло бы ь, ка ие бы мы элеме т
Ь 6 В ни взяли, отрезок [а, b] будет содержать обе точки с и с'
и расстояние ~b — а~ будет больше e'p. Полученное противоречие
с условием доказывает единственность точки с. °
Вернемся к возрастающей последовательности и рассмо-
трим множество А, состоящее из всех вещественных чисел М,
которые больше любого члена последовательности (b„).
Лемма 1. Множество А имеет минимальный элемент, т. е.
такое число Mp E А, которое меньше любого М 6 А.
Доказательство. Обозначим через В множество всех
элементов последовательности (b„):
В=(Ь„(п=0,1 2 3, ).
Ввиду выбора множества А, каждый его элемент больше или
равен любому члену последовательности (b„), т.е. элемента
множества В. По принципу непрерывности найдется такое чи-
сло с, что
(2)
Ь~ <
Лемма 2. Число Мв, найденное в предыдущей лемме, обла-
дает следующим свойством: для любого е & t О найде ся
кое натуральное число N (и & t; ), то се элеме ты пос
для всякого Ь~ E В и М E А. В частности, с меньше любо-
го элемента множества А. Покажем, что Mp — — c принадлежит
множеству А. Для этого достаточно показать, что любой член
последовательности (b„) не превосходит Мв = с. Но это непо-
средственно следует из неравенства (2). Лемма доказана. °

270
Трудности доказательств
довательности (Ь„), номер которых больше N, удовлетворя-
ют иеравеиству
Ib Mpl ( E.
Доказательство. Раскрывая модуль, неравенство иэ усло-
вия можно переписать в виде
Мв — е & t; „& t М
Mp + e' ) Mp ) b„& t; Mp Ђ”
Лемма доказана.
Следствие 3. В любом сколь угодно малом интервале
(а,P), включающем число Мв, содержится бесконечно мно-
го членов последовательности (b„), в то время как вне его
находится только конечное число членов.
Доказательство. Так как Мв E (n,P), то имеет место
строгое неравенство
с~(МО(~
Ясно, что найдется такое положительное число е, что
а & t; Mo Ђ  & t M  lt
(см. рис. 16).
Mo — c
Мо Ма+ е
Рис. 16
Так как Мв наименьший элемент множества А, то число
Mp — E ( Mp уже ему не принадлежит. Поэтому найдется член
последовательности Ьу, превышающий Мв — е (в противном
случае число (Mp — е) Е А). Точнее говоря, Mp — е ( Ьу. По-
следовательность (Ь„) возрастает. Значит, как только п & t;
имеем Ь„& t; Ь & t; p Ђ E. С ругой ст ро ы, Мр ольше
члена нашей последовательности. Следовательно,

271
Приложение
По предыдущей лемме все элементы Ь„, начиная с некоторого
номера N, удовлетворяют неравенству
lb„— Mpl & t    & t; p в ” E &l ; Ь„ l ;
и поэтому принадлежат интервалу (n, P). Заметим, что таких
членов действительно бесконечно много: Ьу, bó& t; ~,. ., Ьу,.
С другой стороны, вне интервала могут лежать только та-
кие Ь„, чей номер меньше N. Значит, их количество не превос-
ходит N, т. е. конечно. °
Ib — Mp I & t;
При этом пишут:
lim Ь„= Мр.
Подводя итог исследованиям возрастающей последователь-
ности, сформулируем доказанную нами теорему.
Теорема 4. Любая ограниченная возрастающая последо-
вательность имеет предел.
Благодаря следствию становится ясно, что после того, как
мы отбросим какое-то конечное число членов последовательно-
сти, вся она будет помещаться в очень малом интервальчике,
окружающем Мо. Можно даже считать, что он настолько мал,
что изображается на прямои маленьким пятнышком, очень по-
хожим для нашего глаза на точку. Ņąź что очень естественно
приписать нашей последовательности именно число Мо. Такое
число принято называть пределом последовательности (b„).
Сформулируем точное определение.
Определение. Вещественное число Мо называется пре-
делом последовательности (Ь„) (не обязательно возрастаю-
щей), если для любого положительного E найдется такое нату-
ральное число N(c), зависящее от е, что все элементы после-
довательности (Ь„), номер которых больше N(e) (и ) Ж(е)),
удовлетворяют неравенству

272
Трудноспт| доказательств
Вернемся к парадоксу. Мы остановились на желании вы-
числить бесконечную сумму
При этом определили, что для всякого натурального числа N
конечная сумма
1 1 1
+ + ° ° ° +
2 2~
п=О
равна а~ = 2 — ~. Иными словами, у нас есть бесконечная воз-
1
растающая последовательность (а~), члены которой не пре-
восходят 2. Кроме того, вычисления на стр.265 фактически
доказывают, что
lim ау = 2.
И-+оо
Поэтому для корректного решения задачи по бесконечному
суммированию нам осталось лишь сформулировать следующее
определение.
Определение. Рассмотрим бесконечную последователь-
ность (и„) и формальную сумму ее членов
п=О
Говорят, что она равна числу S, если предел последовательно-
сти конечных сумм равен S. Более точно,
lim ~ и„= S.
Бесконечные суммы или ряды безусловно служат интерес-
ным объектом исследований и обсуждений. Но как Вы уже

273
Приложеиие
успели заметить, этот вопрос тесно связан с пределом последо-
вательности и, видимо, вообще со своиствами бесконечных по-
следовательностей. В упражнениях, помещенных в конце это-
го параграфа, сформулировано несколько задач о рядах. Ре-
шая их, Вы лучше познакомитесь с этим предметом. Наша
же цель более подробно обсудить предельный переход. Для
этого полезно разобрать какое-то количество примеров и вы-
яснить своиства пределов и бесконечных последовательностеи.
Начнем с примеров.
Довольно часто в ответ на вопрос, что такое предел после-
довательности, можно услышать ответ: это такое число, к ко-
торому стремятся члены последовательности, но никогда его
не достигают. Следующие примеры показывают, что это не
так.
Пример 1. Пусть все члены последовательности (а„}
равны какому-то одному числу а, т. е.
Qp —— ą~ — — ą~ — — а„= = а
такая после овательность называется постоянной . ог а
lim а„= а.
И-+00
так
(а — а„) ( c.
Доказательство. Если вспомнить, что последователь-
ность, имеющая пределом число L, вся, начиная с некоторо-
го члена, должна располагаться в маленьком интервальчике,
охватывающем L, то утверждение примера сомнений не вызо-
вет. Тем не менее его нужно доказать, опираясь на определе-
ние.
Возьмем произвольное положительное е. Нам нужно ука-
зать такое натуральное число Ж(е), что как только п ) 1V(c),

274
Трудности доказательств
Любой член нашей последовательности равен а. Поэтому мо-
дуль разности ~а„— а~ равен нулю, т. е. меньше е. Итак, можно
утверждать, что искомое натуральное число N(c) = 1. °
Пример 2. Рассмотрим последовательность
О , еслип =21,
— если и = 2k+ 1.
Иными словами, каждый ее член с четным номером равен 0,
а с нечетным — некоторой дроби. Покажем, что
[а„— О) ( c.
Поскольку отнимая нуль от числа мы ничего не меняем, а все
члены нашеи последовательности неотрицательны, то это не-
равенство можно переписать как
~п(~
Заметим, что если п четное число, то а„= О и неравенство
выполнено. Предположим теперь, что п нечетное число. То-
гда а„= — „и неравенство приобретает вид:
1
1
— ( E.
и
Значит, как только
1
и) —,
E'
Доказательство. Возьмем произвольное е ) О. В силу
определения предела нам нужно для этого ~ наити такое на-
туральное число Ж(е), что все члены последовательности с но-
мером п ) N(c) удовлетворяют неравенству:

275
Приложение
мы получаем: aÄ ( е. Поэтому в качестве Ж(е), фигурирую-
щего в определении предела, можно взять любое натуральное
число, которое больше —,. Положим, например,
1
1
N(E) = — + 1,
где, как обычно, квадратные скобки обозначают целую часть
числа, т. е. наибольшее натуральное число, не превосходящее
данное.
Убедимся, что наш выбор доказывает утверждение. Пусть
п & t; Ж( ). Е л п чет ое чис о, то a   и неравенс во
справедливо. Если п нечетко, то
Следовательно,
a„= — & t;
и
т. е. неравенство (3) выполнено.
Обратим внимание на очередную трудность, которая ме-
шает овладеть понятием предела. Дело в том, что в определе-
нии речь идет о натуральном числе Ж(е), зависящем от е. Так
что создается впечатление, что Ж(е) по е определяется одно-
значно. Это, разумеется не так! 3а разъяснением обратимся к
предыдущему примеру. Там мы взяли в качестве N(e) некото-
рое конкретное натуральное число, однозначно определяемое
по е. Но могли выбрать и любое другое натуральное число,
большее Ж(е). Действительно, пусть К = Ж(е) + 10 и п & t;
Тогда номер п все равно будет больше Ж(е) и, стало быть,
JaÄ вЂ” О( ( е.
Пример. 3. Предел носледовательности (а„= е„" в) ра-
вен 2, т. е.
2n — 3
lim
п~оо и+ 4
= 2.
ю

276
Трудности доказательств
Доказательство. Возьмем произвольное положительное
число я. Чтобы найти N(c), нам предстоит решить неравен-
СТВО:
2n — 3
— 2
и+4
(е,
которое равносильно двоиному неравенству:
2п — 3
2 — я& t &lt
и+4
Умножим его на положительное число n + 4:
2(п + 4) — c(n + 4) & t; 2п Ђ  &l ; 2(  4) + я(п
Отсюда видно, что исходное неравенство равносильно следу-
ющему:
— E(n+ 4) & t; Ђ” 1 &lt к(
Поскольку произведение E'(n+4) положительно, то правая часть
неравенства справедлива при любом натуральном числе и. Вы-
разим и из его левои части:
— я(п+4) & t; Ђ” 1 ~ к п+ 4 ) 11
11
«=» и+4 >
11
~п) — — 4.
E'
Так как мы пользовались только равносильными преобразо-
ваниями неравенства, можно утверждать, что если и ) —, — 4,
11
то
2п — 3
— 2 &lt
и+4
Значит, в качестве Ж(я) можно взять любое натуральное чи-
сло, ббльшее ~,~ — 4, например, N(c) = [~~ — 4] + 1, где, как
обычно, квадратными скобками мы обозначаем целую часть
числа. °

277
Приложеиие
Теперь имеет смысл привести примеры последовательно-
стей, которые не имеют предела (есть и такие).
Пример. 4. Последовательность (а„= ( — 1)" j предела
не имеет.
аю=1, aq=-1, аг=1, аз=-1, a4=1.
Иными словами, в ней чередуются 1 и — 1. Интуитивно ясно,
что такои последовательности нельзя приписать ни одного ве-
щественного числа. Вопрос только в том, как это доказать?
Здесь мы сталкиваемся с утверждением, содержащим в своей
формулировке частицу «не». Согласно общим принципам дока-
зательств, приведенных в этои книге, ero следует доказывать
методом «от противного».
Итак, предположим, что найдется какое-то вещественное
число L, равное пределу этой последовательности:
lim ( — 1)" = L.
По определению предела для любого положительного числа е
найдется такое Ж(е), что как только п ) N(e), будет выпол-
нено неравенство:
Иными словами, все члены последовательности, номер кото-
рых больше N(c), попадают в интервал (L — е, L + E). В част-
ности, расстояние между этими членами последовательности
не будет превышать 2е (длины интервала). Однако модуль раз-
ности двух соседних членов нашеи последовательности посто-
янен и равен
Доказательство. Прежде чем приступить к формаль-
ному изложению доказательства, внимательно посмотрим на
данную последовательность. Первые несколько ее членов вы-
глядят следующим образом:

278
Трудности доказательств
Значит, если E = —, то расстояние между любыми соседними
1
членами последовательности будет больше, чем 2е. Получен-
ное противоречие доказывает отсутствие предела у последо-
вательности (( — 1)"). °
Аналогичным рассуждением доказывается следующее утвер-
ждение.
Пример. 5. Последовательность (а„= п) не имеет ко-
нечного предела. То есть не существует такого веществен-
ного числа L, что
lim n=L.
7l — + 00
Мы не будем доказывать это утверждение, оставив его
проверку в качестве легкого упражнения. Отметим только:
в математике принято говорить, что предел такои последо-
вательности равен бесконечности. Попытайтесь сформулиро-
вать соответствующее определение.
Теорема 5. Предел последовательности определен одно-
значио.
Доказательство. Здесь нужно предположить, что
lim а„= А
А — ~ОО
lim а„= В
7l — + 00
и
и показать: А = В.
Если А j В, то без ограничения общности можно предпо-
ложить, что А ( В. В этом случае c = ~ '~ & t;
Перейдем к элементарным свойствам конечных пределов.
Если внимательно прочитать определение предела, то можно
легко убедиться, что в нем ничего не говорится о единственно-
сти предела последовательности. Иными словами, возникает
вопрос: может ли быть так, что предел какои-то последова-
тельности равен не одному, а нескольким вещественным чи-
слам. Ответ содержится в следующей теореме.

279
Прилож еиие
Так źąź А — предел последовательности (a„), то (по опре-
делению) найдется такое натуральное число Ng, что все эле-
менты последовательности, номер которых больше N„, удо-
влетворяют неравенству:
А — е (а„(А+е.
С другой стороны, В предел той же последовательности.
Значит, существует такое число Ng, что как только и ) Np,
верно неравенство:
 — e ( a„( B+c.
Поскольку можно найти сколь угодно большое натуральное
число, выберем такое т, что т ) Кл и т ) Ng. Тогда эле-
мент последовательности а должен удовлетворять обоим не-
равенствам:
А — е(а,„(А+е,
 — е(а (В+е.
В геометрических терминах это означает, что точка а одно-
временно принадлежит интервалам (А — e, А+е) и ( — е, В+е).
Однако эти интервалы не пересекаются! Действительно,
 — А  — А
А+е=А+ (B — = — е
(см. рис. 17).
А+е
Рис. 17
Полученное противоречие доказывает теорему.
Теорема 6. Отбросив от бесконечной последовательно-
сти (a„) несколько первых членов (ap, а~,..., а„, ~), получим

280
Трудности доказательств
новую бесконечную последовательность (b„), где bg — — а,„,
Ь~ = а,„» ~, ..., Ь„= а,„» „, ..., причем если у последователь-
ности (a„) существует предел
lim а„= А,
7l — ~ 00
то у последовательности jb„) тоже существует предел и
lim Ь„= А.
Доказательство. Возьмем произвольное число е ) О.
Для доказательства теоремы нам достаточно предъявить та-
кое натуральное число Ж(е), что как только n ) К(е), выпол-
нено неравенство:
Jb„— А) ( е.
По условию lim а„= А. Значит найдется такое натуральное
7l ~ OO
число M(c), что если k ) М(е), то
)a~ — А! ( c.
Осталось вспомнить, что а~ = Ь~,„, т. е. как только k ) М(е),
имеем
(Ьу, — А) ( е.
Теорема 7. Имеющая предел последовательность ограни-
чена. Иными словами, если lim а„= А, то найдется такое
И вЂ” ~'ОО
число М, что все члены последовательности удовлетворяют
иеравенству:
[а„) ( М.
Доказательство. Здесь имеется в виду, что члены по-
следовательности, которая имеет предел, не могут быть сколь
угодно большими. Докажем это. Прежде всего отметим, что
Следовательно, положив N(c) = M(E) — т, мы укажем требу-
емое натуральное число (проверьте!). °

281
Приложекие
laÄ ā€” Al & t;
которое можно переписать в виде:
А — 1& t; „&lt
Можно ли утверждать, что laÄl & t; А 1 р  & t N? К
лению, нет: А+ 1 может быть отрицательным числом. Но в
любом случае, отрицательно А или положительно, можно на-
писать:
Этим рассуждением мы показали, что модуль любого члена
последовательности, за исключением конечного числа (номер
которых не больше N), не превосходит ~А~+1. Для строгого до-
казательства теоремы осталось выбрать наибольшии элемент
из
l&lt ol (а ), . ., I ó и A +
который и будет равен искомой константе М.
это своиство верно для любои конечнои последовательности,
поскольку в любом конечном множестве можно наити наиболь-
ший элемент. Наша трудность заключается в том, что после-
довательность, о которои идет речь, бесконечна и может не
иметь максимального элемента (например а„= n). С другой
стороны, нам известно, что последовательность имеет пре-
дел А. Поэтому в любом интервале, окружающем А, содержит-
ся бесконечно много членов последовательности, а вне его
конечное их число. Это основная идея, которую можно до-
вести до строго доказательства и не прибегая к формулам
(попытайтесь это сделать). Нам же нужно освоить определе-
ние предела. Поэтому проведем доказательство, опираясь на
«с-формализм».
Пусть положительное число с из определения предела рав-
но 1. Тогда найдется такое натуральное число N, что при
в & t Ж бу ет выполнят ся неравенс

282
Трудности доказательств
Оставшиеся свойства, которые полезно разобрать, касают-
ся арифметики пределов. Аналогичная тема объясняется и в
стандартном курсе математического анализа. Однако на при-
мере предела последовательности она воспринимается легче.
Нам потребуется несложная лемма о модуле суммы веществен-
ных чисел.
Лемма 8. Пусть а и Ь вещественные числа. Тогда
[а+ bl ( [а[ + lbl
Доказательство. Обе части доказываемого неравенства
положительны. Поэтому, возведя их в квадрат, мы получим
равносильное неравенство:
)а + bl~ & t; ( ~ + l l  g ; а + 2а   ~ < а  l~
«:& t; а ( 2/al/
Последнее неравенство не вызывает сомнений, поскольку мо-
дуль его левои части равен правои, а последняя всегда неотри-
цательна. °
Теорема 9. Пусть
lim а„= А
А — ~ОО
lim b„= В.
Toeda сумма последовательностей (а„+Ь„~ тоже имеет пре-
дел, причем
lim (а„+ b„) = А + В.
И вЂ” ~' ОО
Доказательство. Для доказательства теоремы необхо-
димо три раза воспользоваться определением предела.
Так как lim а„= А, то для любого е ) 0 найдется такое
И ~ОО
число Ж,(е), что неравенство п ) Ж,(е) влечет:

283
Приложеиие
С другой стороны, нам известно, что lim 6„= В. Значит,
И вЂ” +ОО
можно найти натуральное число Жь(е), такое что как только
п & t; Жь( ),
( — 6„) & t;
Теперь по заданному положительному E нам необходимо
найти такое натуральное число Ж(е), что если и & t; N( ),
~А+  — (а„+ 6„) ~ & t;
Преобразуем левую часть неравенства, воспользовавшись лем-
мои.
/А+  — (а„+ b„)/ = /(А — а„) + ( — 6„)/ &
< (А Ђ” а„ [+ (В Ђ” 6„
/(А — а„)/ <
)( — 6„) [ & t; в
Так что при и & t; N
/А+ B — (а„+ 6„)/ & t;
что и требовалось доказать.
Теорема 10. Пусть
lim а„= А
И~00
lim 6„= В.
Тогда произведение последовательностей (a„b„) тоже име-
ет предел, причем
lim (a„b„) = AB.
О~00
Стало быть, как только ~(А — ą„)~ & t; - и (B Ђ” 6 ) &l ;
нужное нам неравенство будет выполнено. Мы уже знаем, что
если n & t; К~(- ), то им ет ме то пер ое из э их неравенс
а при п & t; Жь( ') втор е. Пу ть N c) ра но наибольш
из чисел N (-') и Жь(-'). Тогда для всех номеров и & t; N
одновременно выполняются неравенства:

284
Трудностти доказательств
Доказательство. Доказательство этой теоремы практи-
чески ничем не отличается от предыдущего, но опирается на
некоторый стандартный прием, с которым Вы сейчас и позна-
комитесь. Как и раньше, по определению предела для любого
положительного с найдутся такие числа N,(я) и Ng(c), что как
только номер и больше каждого из них, то
(а„— А) & t
)܄— В[ & t;
И нам хотелось бы модуль разности ~а„Ь~ — АВ~ представить
как сумму двух модулей, каждый из которых меньше с. Мы,
конечно, можем написать:
(а„Ь~ — АВ( & t; (а„ „ + ~А
но это ничего не даст, поскольку нам неизвестны величины
слагаемых. Стандартный трюк состоит в том, чтобы приба-
вить что-то к исследуемои разности, а потом отнять то же
самое:
~а„Ь~ — АВ~ = ~а„Ь~ — а„В+ a„B — АВ~ &
& t; (a„b„ €” а В + ) „В Ђ” В
= la„l /܄— В/ + /В! Ia„— А/.
2()В) + 1)
Таким образом,
(~(~»i+»)
Ага! Смотрите, что получилось: мы показали, что интересую-
щая нас разность не превосходит суммы произведении моду-
лей. Причем каждое из этих произведений содержит довольно
маленькии сомножитель: „— или aÄ—
Так как ~В~ число неотрицательное, то дробь
положительна и źąź только п ) N, (z~~&g ;~ & t;~), имеет
неравенство:

285
Приложение
Если бы теперь удалось показать, что начиная с некоторого
номера выполняется и такое неравенство: ~а„~ ~܄— В~ ( -',
то мы бы все доказали. Воспользуемся теоремой 7 об ограни-
ченности последовательности, имеющей предел (стр.280). Она
говорит, что найдется такое число М, при котором любой член
последовательности удовлетворяет неравенству: [a„( ( M. Та-
ким образом,
(а„( (܄— В) ( M (܄— В).
Поэтому для всех п & t; Жь +) им ет ме то неравенст
)а„! )܄— В( ( —.
Осталось взять в качестве N наибольшее из N, (
ь( ) °
Теорема 11. Пусть
lim а„=АфО
и для любого номера п а„~ О. Тогда последовательность
j — ) ограничена и
1 1
lim — = —.
п~сю а„А
А А ЗА
— =A — — (а„(А+ — = —.
2 2 2
Доказательство. Прежде всего заметим, что ввиду усло-
вий теоремы все дроби ~~ и ~~ имеют смысл. Для строгого
доказательства теоремы надо было бы разобрать две возмож-
ности: А & t    ( О. Но ти ситуа ии ни ем принципиал
не отличаются. Мы докажем теорему для случая А & t; О, ос
вив другои в качестве тренировочного упражнения.
Итак, пусть А & t; О. Выб а в качес в  в определе
предела число —, мы найдем такой номер N, что как только
п & t; N,

286
Трудности доказательств
Иными словами, все члены последовательности, начиная с но-
мера N, попадают в интервал, целиком лежащий справа от
нуля (см. рис. 18).
2
3А
1
А
2
А
ЗА
2
Рис. 18
2
(—
Значит и для всей последовательности найдется такое число М,
что
Первая часть теоремы доказана: мы убедились, что последо-
вательность ( — ) ограничена.
1
ап
Оценим модуль разности:
1 1
Приведем к общему знаменателю разность дробей:
А — aÄ
1 1
а„А
)А — aÄJ.
a„A
Так как — ( М, получаем оценку:
1
1 1
( — (А — aÄ(.
/А/
aÄ A
Тогда обратные к ним числа — лежат в интервале
1 2 2
ап ЗА' А
Иными словами, все члены последовательности —, за исключе-
1
ап
кием конечного числа, удовлетворяют неравенству

287
Приложекие
Поскольку lim а„= А, для любого наперед выбранного поло-
И вЂ” +ОО
жительного числа е найдется такое натуральное число Ж(е),
что для всех и ) N(E) имеет место неравенство:
)А — а„) ( е.
~А~
В частности, при и & t N ем получа
)А — а„) (е
)А!
т. е.
1 1
( — )А — а„(
(А)
а„А
М )А!
( — я — = я.
(А) М
Теорема 12. Пусть llm а„= А и последовательность
И вЂ” +ОО
(bÄ) получена из данной умножением каждого члена на фик-
сированное вещественное число: 6„= с а„. Тогда предел по-
следовательности (b„) существует и равен сА. Иными сло-
вамии, справедлива формула:
lim с a„= с lim а„.
7l — + OO Π— ФОО
Итак, для произвольного E' ) 0 мы указали нужное число
N = N (ем (см. опр. ļšåäī~ą). °
~А~
Мы проделали неплохую работу по доказательству элемен-
тарных своиств предела последовательности, опираясь толь-
ко на определение и простые свойства неравенств. Теперь, ис-
пользуя доказанные факты, можно сравнительно легко полу-
чить еще несколько свойств пределов. Докажем только одно
из них, оставив обоснование остальных в качестве полезных
упражнении.

288
Трудностпл| доказательств
Доказательство. Стоит воспользоваться утверждением
примера 1 на стр. 273 и теоремой 10 (стр. 283). Определим но-
вую последовательность (с„), положив с„= с для любого но-
мера и. Тогда, согласно примеру 1
lim с„= с.
И-+ ОО
Кроме того, последовательность (б„) теперь можно предста-
вить как произведение последовательностей (а„) и (с„)
b=с а„=с„а„
и применить теорему 10, благодаря которой можно утвер-
ждать, что
lim (с„а„) = lim с„ lim а„= с lim а„.
И вЂ” ~ОО И вЂ” +00 И-+ОО 7l~ÎÎ
Теорема 13. Предположим, что
lim а„= А,
7l — + ОО
lim Ь„= В.
7l~OO
Тогда существует предел разности последовательностей,
причем
lim (а„— 6„) = А — В.
И вЂ” +ОО
Теорема 14. Пусть lim а„= А, члены последователь-
И~ОО
ности (б„) не обращаются в нуль, lim b„= В и В ф- О. Тогда
И вЂ” +ОО
существует предел отношения последовательностей, кото-
рый вычисляется по формуле
а,И
lim — = —.
b„B
В заключение раздела о пределе последовательности имеет
смысл внимательнее посмотреть на вещественные числа. Как

Приложение
289
в этои книге, так и в школе утверждается, что любое веще-
ственное число можно представить в виде десятичнои дроби:
конечной или бесконечной. Скорее всего Вы привыкли к этой
мысли. А вот сможете ли аккуратно обосновать этот факт?..
Конечно, это не самый принципиальный момент в мате-
матике. Для ее дальнейшего изучения вовсе не обязательно
подробно изучать бесконечные десятичные дроби. Однако на
этом примере можно гораздо лучше освоить понятие предель-
ного перехода, столь необходимого для понимания математи-
ческого анализа.
На первый взгляд фраза «рассмотрим бесконечную деся-
тичную дробь» лишена смысла. Как это можно сделать? И да-
же если Вам удалось их «рассмотреть», то źąź с ними рабо-
тать: складывать, вычитать, делить, умножать? С конечными
десятичными дробями мы можем делать все арифметические
действия. Если, например, мы их складываем, то пишем дро-
би одну под другои так, чтобы десятичная запятая находилась
под запятои и складываем в столбик как обычные натураль-
ные числа, ставя потом в нужное место десятичную запятую.
Можно было бы предложить аналогичный рецепт и для сложе-
ния бесконечных десятичных дробей. Да только что при этом
делать с переносом разрядов? Ведь складывая натуральные
числа (или конечные десятичные дроби), мы вычисляем сум-
му цифр одинаковых разрядов, начиная с меньшего, и если
результат оказывается больше 9, переносим полученное чи-
сло десятков в следующий разряд. А как быть с бесконечными
дробями? У них же нет наименьшего разряда — на то они и
бесконечны.
Надо отдавать себе отчет в том, что бесконечные деся-
тичные дроби всего лишь некая абстракция, отражающая от-
ношение порядка на вещественнои прямои и позволяющая вы-
числять конкретное число с любой степенью точности. Дей-
ствительно, для того чтобы определить наибольшее из чисел е
(основание натурального логарифма) и т, нам не нужно знать

290
Трудности доказательств
все их знаки в десятичнои записи, а только два:
т=3,1) е=2,7,
тим.
Для начала рассмотрим такую бесконечную последователь-
ность:
ap = О, а1 = О, 3, а2 = О, 33, аз = О, 333, ..., aÄ = О, 33 ... 3, ...
Очевидно, что она возрастает и ограничена. Значит, по теоре-
ме 4 (стр. 271) существует предел L этой последовательности.
Попытаемся его вычислить, представив каждый член последо-
вательности в виде конечнои суммы некоторого ряда.
3 3 3
ay=Î, а1 — — 0+03, ..., aÄ=О+ + + +
10 100 10" '
По определению бесконечной суммы получаем, что
10 10~ 10" ~ 10"
n=l
Мы уже знаем, что L какое-то вещественное число. Поэтому
для ero вычисления можем использовать все известные нам
свойства вещественных чисел. Умножим равенство на 10:
3 3 3 3
101=3+ — + + + + =3+
10 102 10" 10"
n=l
хотя они оба иррациональны и записываются бесконечными
десятичными дробями.
Как же понимать бесконечные дроби? Как доказать, что
любая бесконечная десятичная дробь деиствительно соответ-
ствует какому-то числу. И наоборот, почему любое веществен-
ное число можно представить в виде бесконечнои десятичнои
дроби. На эти и некоторые другие вопросы мы сейчас и отве-

291
Прилож екие
Так как бесконечная сумма в правой части формулы равна L,
получаем уравнение:
10L = 3+L,
откуда L = —. Тем самым мы доказали, что предел после-
1
довательности (0,33... 3) существует и равен ~з. С другой
П
стороны, этот предел можно интерпретировать как бесконеч-
ную десятичную дробь, в которои после запятои стоят только
тройки. Такая дробь называется периодической и коротко за-
писывается в виде
0,333...33... =0,(3).
Стало быть, мы получили равенство:
О, (3) = —.
Очевидно, что любая конечная десятичная дробь равна опре-
деленному рациональному числу:
b,b, ... b„
kQyGg... ~~, by by... 6& t = kQyQg .. Q
] и
Покажем, что любая бесконечная, но периодическая дробь
тоже равна рациональному числу, т.е. отношению целых чи-
сел. Поскольку противоположное к рациональному числу
рационально, можно предполагать, что исследуемая периоди-
ческая дробь
а~а~... &l ;k 6 62 Ьп(сiс~ ..
положительна. Представим ее в виде суммы
а~а~... а~, 6~6~... 6„(с~с~... с„„) = а~а~... а~, 6~ by... Ь„+
+ 0,00... 0(с~с~... с,„).

292
Трудности доказательств
Ее первое слагаемое — рациональное число и, так как сумма
рациональных чисел рациональна, для доказательства утвер-
ждения достаточно представить дробь 0,00... 0(с~с~... с,„) в
A
виде отношения целых чисел. Обозначим последнюю периоди-
ческую дробь через C' и умножим ее на 10"
10" С = О, (с~с~... с ).
Далее поступим так же, как с О, (3). А именно, представим
число 10" С в виде бесконечной суммы:
CyCg... Ст С] С;?... Ст CyCg... Суд
10tT!. 102тй 10im
i=1
10"С =
Очевидно, что последовательность конечных сумм этого ряда
возрастает и ограничена (каждая из них меньше 1). Следова-
тельно, она имеет предел. Иными словами, 10"C какое-то
вещественное число, обладающее всеми их свойствами. В част-
ности,
C& t; Cg
= C]Cg Cm+
] im
= с~ с~... с,„+ 10" С.
Решая полученное уравнение, убеждаемся, что
C& t; Cg
] т]
откуда число
C& t; Cg
10п+тй 10ï
рационально.

Прилож еиие
Для полноты картины важно показать, что любое раци-
ональное число представляется конечнои или периодическои
дробью. При этом, естественно, достаточно проверить этот
факт для положительных рациональных чисел. Идея основана
на делении с остатком. Рассмотрим произвольное положитель-
ное рациональное число — „č šąēäåėčģ m на и с остатком:
0&lt т~
m = qpn+ my,
Таким образом,
m m~
— = qp+ — ~
и и
(4)
10т~ — — quan+ т~,
0<mq
Получив q~, дописываем его к нашему частному после запятой.
И так далее... Умножая очередной остаток т, на 10, мы делим
произведение 10т, на п с остатком
10тг — Чгn + m,+q,
0< ,,
и приписываем неполное частное q к десятичнои дроби:
m
— q~ qyq2 ° ° ° яг ° ° °
и
Не исключено, что на каком-то шаге неполное частное q, бу-
дет равно нулю. Тогда в соответствующем месте десятичной
дроби появится нуль.
Описав алгоритм, обсудим, как он может закончиться. Са-
мая простая ситуация будет тогда, когда какои-то из остатков
где m и m~ неотрицательные целые числа, причем дробь
— правильны, т. е. ее числитель меньше знаменателя. Те-
перь вспомним алгоритм деления в столбик.
Имея равенство (4), мы начинаем выписывать частное от
деления m íà и с числа qp, а после него ставим десятичную
запятую (так как т~ & t; ). Да ее умнож ем т~ на 1 и де
число 10т~ íà и с остатком:

Трудности доказательств
т,-ых будет равен нулю. В этом случае мы получим конечную
десятичную дробь. Допустим, что нулевой остаток нам так
и не встретится. Заметим, что все получаемые при делении
остатки удовлетворяют неравенству:
0&lt т,
Иными словами, мы имеем лишь конечное число возможностей
для остатка. С другой стороны, по предположению нулевого
остатка мы не найдем, т. е. процесс деления бесконечен. Зна-
чит, на каком-то шагу деления мы столкнемся с тем остатком,
который нам уже всречался. Предположим, что
m,» ~ — — m„
а все остатки с меньшими номерами различны. Ясно, что
когда мы будем делить 10т,» ~ = 10т, на п, то опять получим
q, и остаток т,+~, и т. д. Следовательно, в результате деления
появится периодическая дробь:
m
— Ч~ 9192 ° ° Яз — 1 ЯзЯз+1 ° ° g+k — 1 ЦзЦз+1 ° ° ° Яз~К вЂ” 1 ° ° ° =
и
= Ч& t; Ч Ч Ч Ђ i (Ь +i Ь+ж
Итак, мы показали, что как конечные, так и периодиче-
ские десятичные дроби соответствуют рациональным числам.
И наоборот, любое рациональное число записывается как ко-
нечная или периодическая десятичная дробь. Осталось разо-
браться с произвольными бесконечными дробями. Любая та-
кая дробь равна сумме целой и дробной частей. С целой частью
разбираться не долго. Это всего-навсего целое число. Так что
обратим свои взор на дроби, у которых перед десятичнои за-
пятои стоят одни нули.
Рассмотрим бесконечную десятичную дробь
О, а~а~... а„...

295
Приложение
Все же не удается избежать этого сакраментального оборота!
Но смотреть мы на нее будем как на вполне понятную после-
довательность рациональных чисел:
bg —— О,а~, bg = О,а~а~, ..., Ь„= О,а~а~... а„, ...
Невооруженным глазом видно, что эта последовательность воз-
растает и ограничена (каждый ее член меньше 1). Стало быть,
по теореме 4 (стр. 271) наша последовательность имеет преде-
лом некоторое вещественное число. Обозначим его через А:
lim Ь„= А.
(А — Ь„) = 0,0... Оа„+~...
Однако стоит посмотреть на бесконечную дробь с другой сто-
роны. Наряду с последовательностью (b„) рассмотрим после-
довательность jńn), которая строится по следующему правилу:
с~=Ь~+0,1, с~=Ь~+0,01, ..., cn=Ь„+10 ", ...
Построенная последовательность, очевидно, тоже возрастает.
Но интуитивно ясно, что каждый ее член больше числа А. До-
кажем это аккуратно.
Из построения последовательности (cn) следует, что для
каждого номера и выполнено неравенство:
Вот это-то вещественное число и равно бесконечной десятич-
ной дроби, которую мы рассматриваем. Если вспомнить дока-
зательство теоремы о пределе ограниченнои возрастающеи по-
следовательности, то можно увидеть, что любое рациональное
число Ь„= О, а~а~... а„меньше А. Даже практически понятно,
что модуль их разности не превышает 10

296
Трудности доказательств
Теперь докажем неравенство
с~) 6,„
с произвольными Й и т. Так как при равных k и т неравенство
не вызывает сомнений, нужно разобрать две ситуации: /с ) т
и /с ( т.
Пусть, для начала, Й ) т. Тогда с ) 6,„, и ввиду возра-
стания последовательности (с„~, получаем: с~ ) с . Значит,
cg)b
Предположим теперь, что k ( т. По определению последо-
вательности
6~ = О а~...а~а~~ ~...а~ =
а~(~ 10 " +а~(~ 10 " ~+ +а 10
10 (а 10 ' i i а 10 +") =
— й
10 О, а~+~а~+~... а~+~.
=4+
=4+
= 6/, +
С другой стороны,
с~ = by+10 ~.
Осталось проверить, что
10 ) 10 О, а~~ ~а~~~... а~~ ~.
ā€” k — й
Но это так и есть, поскольку О, а~+~а~» ~... а~» „„( 1.
Итак, каждый член последовательности (ń„) больше любо-
го члена последовательности (6„). По принципу непрерывно-
сти (стр. 267) найдется такое вещественное число В, которое
лежит строго между этими последовательностями, т. е.
с~)В&g
Кроме того, ~с„— b„~ = 10 ". Значит, для любого веществен-
ного числа я ) О найдется пара элементов с„и 6„, расстояние
между которыми не превосходит я. Таким образом, применйм

297
Приложение
усиленныи принцип непрерывности, благодаря которому мож-
но утверждать, что такое число только одно. Теперь нетруд-
но убедиться, что В = А. Иными словами, число, лежащее
между этими последовательностями бесконечная десятич-
ная дробь, которои мы уже так долго занимаемся.
Стоит отметить, что члены последовательности (6Ä) при-
ближают А с недостатком, а (c„) c избытком. А теперь
совершенно очевидна и ошибка приближения:
Ю = )А — Ь„( & t; )с„ Ђ” „ = 10
Рис. 19
Так как множество целых чисел бесконечно и неограничено,
найдется такое целое число N,что
N ( A ( N + 1.
Здесь можно поставить знаки строгого неравенства из-за то-
го, что А — иррационально и не может совпадать ни с ка-
ким рациональным, в частности целым, числом. Как и раньше,
будем строить две последовательности рациональных чисел.
Члены одной из них приближают А с недостатком, а другой—
с избытком. Пусть
Ь,=N,
с~ =N+1.
Последнее усилие, которое нам предстоит сделать, будет
направлено на доказательство того факта, что любое веще-
ственное число (точка числовой прямой) может быть записано
с помощью десятичной дроби (скорее всего бесконечной).
Выберем произвольную точку А на вещественной прямой
(см. рис.19). Поскольку, źąź мы знаем, любое рациональное
число представимо в виде десятичнои дроби, будем считать,
что А число иррациональное.

298
Трудности до~сазательств
Отрезок [N, N + 1], содержащий точку А, разделим на десять
равных частеи и получим рациональные числа:
N+ 0,1; N+0,2; ..., N+ 0,9; N+ 1.
Ясно, что А попадет в какую-то из частей. Пусть, например,
N+O,à~ (А(N+O,à~+0,1,
где а~ одна из десяти цифр. Положим по определению
bg = N+O,ą~,
сг = N+ O,à~ + 0,1.
Отрезок [bq, cq] опять разобьем на 10 равных частей и выпи-
шем еще 10 рациональных чисел:
Ь~ + 0,01; Ь~+ 0,02; ...; Ь~+ 0,09; с~.
Выберем тот отрезок [Ь~ + О, Оа~, Ь~ + О, Оа~ + О, 01], который
содержит точку А, и обозначим его концы как
сз = b~+ О, Оа~ + 0,01.
ba = Ь~+ О,Оа~,.
Продолжая указанную процедуру, мы построим бесконечные
последовательности: (Ь„) и (с„). При этом наша точка А бу-
дет лежать строго между ними, т.е. для любои пары членов
последовательностеи выполнено неравенство:
Ь„( А ( с~.
Еще раз обратим Ваше внимание на то, что можно поставить
знак строгого неравенства из-за того, что числа Ь„и с~ раци-
ональны, а А нет. Осталось заметить, что к последовательно-
стям применим усиленный принцип непрерывности. Так, для
любого я ) О найдется такой номер и, что

299
Приложение
Согласно упомянутому признаку, между построенными после-
довательностями может лежать только одно число А. С дру-
гои стороны,
lim Ь„= А.
Действительно, для любого к & t 0 найде ся та ой но ер N(
что при п & t; Ж е) бу ет выполн но неравенст
10 "(с.
Достаточно взять N(e) = [1дс]+ 1, где 1g десятичный лога-
рифм, т. е. логарифм по основанию 10. Кроме того, благодаря
построению последовательностей (b„) и (c„), число А лежит
на отрезке [Ь„, с„]. Поэтому расстояние между А и Ь„не пре-
вышает длины отрезка. Значит,
(܄— А( ( )с„— Ь„! = 10 "( я.
Но, как мы уже видели, предел последовательности (b„)
есть не что иное, как бесконечная десятичная дробь:
N + О, aia~a~... a„....
Упражнения
1. Докажите, что конечная сумма геометрической прогрес-
сии со знаменателем g вычисляется по формуле:
N+1
1 вЂ
Таким образом, любое вещественное число представляется бес-
конечной десятичной дробью. На этой мажорной ноте мы и
закончим введение в теорию пределов.

300
Трудности доказательств
2. Вычислите сумму бесконечной геометрической прогрес-
СИИ
n=0
если 0 ( q ( 1 и покажите, что она равна бесконечности
приq) 1.
3. Блоха прыгает от Москвы по направлению к Архангель-
ску. За первую секунду она прыгнула на 1 м, за вторую
на — м, за третью — на — м и т. д. Каждую и-ую секунду
1 1
1
блоха делает прыжок величинои — „м в одном и том же на-
правлении. Предположим, что по пути ее никто не разда-
вит, она не выбьется из сил и пренебрежем различными
препятствиями типа луж и рек. Сможет ли она когда-
нибудь добраться до Архангельска?
Указание: нужно понять, равна ли бесконечная сумма
и
n=1
конечному числу или нет. Воспользуйтесь результатом
упражнения 22 (стр. 142).
4. Вычислите сумму
учитывая результат упражнения 11 (стр. 141).
5. Вычислите сумму
6. Вычислите сумму

301
Приложекие
7. Опираясь на определение предела, докажите, что
= О.
8. Докажите эквивалентность утверждений:
(1) lim а„= L;
Π— +ОО
(2) lim (а„— L) = О.
9. Пусть ~ и„= U и ~ v„= V. Покажите, что для любых
n=0 n=0
вещественных чисел а и 6 выполнено равенство
10. Пусть ~ и„= U и ~i; v„= V. Можно ли утверждать,
n=0 n=0
iTO
n=0
11. Равна ли какому-то числу бесконечная сумма:
n=O
12. Предположим, что
~п= )
n=0
вещественное число. Докажите, что lim и„= О.
п~оо
где U
1V
Указание: Введите обозначение UN = ~ ~, 'и„и восполь-
n=0
зуитесь следующим наблюдением:
UN+1 — — UN + čN+ i.
1
lim — = О,
п2
1
lim 1 — — =О,
д — ~ ~3
au„+ „= а +
n=0
g u„v„= UV?
П—
lim
nwoo ä~ + Д

302
Трудноспт доказательств
13. Рассмотрим на вещественной прямой систему вложенных
отрезков (Л„= [а„, b„]), каждый из которых содержится
В ПрЕдЫдущЕМ: Лп С Лп+1. Эта ОЗНаЧаЕт, Чта ПОСЛЕдОВа-
тЕЛЬНОСтЬ ЛЕВЫХ КОНЦОВ ОтрЕЗКОВ ВОЗраСтаЕт (ап ( а„+1),
а правых убывает (Ьп ( Ь„+1). Докажите, что найдется
хотя бы одна точка с, принадлежащая каждому из отрез-
ков Ьп. Иными словами,
n=1
14. Предположим, что система вложенных отрезков
(&g ;и [ п, Ь
удовлетворяет дополнительному условию:
lim (b„— а„) = О.
n — +ОО
Докажите, что в этом случае существует единственная
точка, принадлежащая каждому из отрезков.
15. Приведите пример системы вложенных интервалов
(I (а„, Ь„)),
~п + ~п — 1~
удовлетворяющеи условию:
n=1
16. Предположим, что все элементы последовательностей (ą„)
и (Ь„) удовлетворяют условию:
ап ~ 6Ьп.

303
Приложекие
Докажите, что если существуют пределы этих последо-
вательностеи,то
lim aÄ & t; im
Указание: предположите, что это не так и, опираясь на
определение предела, придите к противоречию с неравен-
ством aÄ & t;
17. (Лемма о двух милиционерах.) Если все элементы после-
довательностей (aÄ), (b„) и (c„) подчиняются неравен-
ству:
a„& t; „&l
а пределы последовательностей (aÄ) и (c„) существуют
и равны между собои, то
lim aÄ = lim b„= lim c„.
7l ~ОО 7l ~ÎÎ 72 — ~ОО
18. Предположим, что все элементы бесконечной последо-
вательности (aÄ) принадлежат отрезку [0,1]. Покажите,
что наидется по краинеи мере одна точка на этом отрез-
ке, что в любом сколь угодно малом интервале, ее содер-
жащем, будет бесконечно много членов последовательно-
сти (а„). Можно ли утверждать, что что такая точка
только одна?
Указание: разбейте отрезок Ėp — — [О, 1] на две равные
части [О, 1~] и [1~,1] и выберите ту из них, в которой со-
держится бесконечное число членов последовательности
(почему такой существует?). Обозначьте его через Л~.
Используя эту идею, постройте систему вложенных от-
резков (Л„Д и воспользуйтесь задачей 14.

Заявки на книги присылайте по адресу:
125319 Москва, а/я 594
Издательство «Техносфера»
е-mail: kaigi@technosphera.ru
sales@technosphera.ги
факс: (495) 956 33 46
В заявке обязательно указывайте
свой почтовый адрес!
Подробная информация о книгах на сайте
http://www.technosphera.ru
Купиллари Аитонелла
Математика - это npocTQ! Доказательства
Компьютерная верстка — С.А. Кулешов
Дизайн — И.А. Куколева
Ответственный за выпуск — О.А. Казанцева
Формат 60x90/16. Печать офсетная.
Гарнитура Таймс
Печ.л. 19. Тираж 1356 экз. Зак. Nю 698.
Бумага офсет No1, плотность 65г/м'
Издательство «Техносфера»
Москва, Лубянский проезд, дом 27/1
Диапозитивы изготовлены 000 «Европолиграфик»
Отпечатано в 000«Чебоксарская типография No 1»,
428019 г. Чебоксары, пр. И. Яковлева, 15