B. А. Садовничий, А. А. Григорьян,'
C. В. Конягин
ЗАДАЧИ
СТУДЕНЧЕСКИХ
МАТЕМАТИЧЕСКИХ
ОЛИМПИАД
ИЗДАТЕЛЬСТВО МОСКОВСКОГО УНИВЕРСИТЕТА
1987

УДК 51
Садовничий В. А. и др. Задачи студенческих
В. А. Садовничий. А. А. Гршорьян, С. В. Копягин. —
1987.- 310 с.
В книгу включено более 600 задач, предлагавши,
студенческих олимпиадах по математике, проводивши*
страны, на Московском, зональных и на заключительных
пиады по секции университетов. Задачи разбиты на ml
ческий анализ, алгебра, геометрия, теория чисел и ком-
во задач снабжены решениями. По степени трудности а~.
доступных для широкого круга студентов до требующих оч-
очной математической подготовки. Широкий спектр задач д
пользовать книгу как пособие в работе студенческих круж.
университетах и пединститутах.
Для студентов, преподавателей и всех любителей задач.
Рецензенты:
доцент Ю. В. Нестеренко,
доцент А. П. Савин
Печатается по постановлению
Редакциопно-издательского совета
Московского университета
1702010000-077 ш_^ «„
077@2)—87 « Московского

ОГЛАВЛЕНИЕ
Условия Решения
Введение 5
ГЛАВА 1. МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ . . 8 87
§ 1. Последовательности и пределы S 87
| 2. Непрерывные функции одного переменного . . И 96
4 3. Дифференцирование функций одного переменного.
Формула Тейлора '4 '00
§ 4. Интегрирование 19 111
§ 5. Функции многих переменных (непрерывность, диф-
дифференцирование, интегрирование) 29 . 137
<j 6. Уравнения и неравенства 31 ИЗ
$ 7. Ряды и бесконечные произведения .... 37 156
8. Дифференциальные уравнения 41 166
9. Функциональные уравнения '. ...... 46 175
Ю. Функции комплексного переменного .... 47 179
$ 11. Метрические и топологические пространства . . 49 187
ГЛАВА 2. АЛГЕБРА 52 194
1. Определители, матрицы и линейные операторы . 52 194
2. Линейная алгебра в евклидовых пространствах и
квадратичные формы 59 223
$ 'Л. Многочлены и тригонометрические полиномы . 62 233
ГЛАВ А 3. ГЕОМЕТРИЯ 70 255
1, Аналитическая геометрия 70 255
2. Выпуклые фигуры, объемы и другие задачи . . 73 261
4
4
\
ГЛАВА 4. ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ, КОМБИНАТОРИКА И
ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ .... 78 283
| 1. Теория чисел 78 283
| 2. Теоретико-множестнешше н комбинаторные задачи 81 292
I 3. Вероятность и мера 84 301
Список сокращений вузов, встречающихся .в тексте . 307
Синеок обозначений 307
Литература 310

ВВЕДЕНИЕ
В 1978 г. вышла в свет книга В. А. Садовничего и А. С. Под-
колзина [1], в которой было представлено большое число разно-
разнообразных по тематике и сложности задач различных студенческих
соревнований. За прошедшее время студенческое олимпиадное
движение в СССР получило дальнейшее развитие, прошло боль-
большое количество олимпиад и конкурсов по решению задач. В той
или иной форме в олимпиаде «Студент и научно-технический про-
прогресс» участвует большинство вузов Советского Союза. Олимпиа-
Олимпиада проводится в несколько туров: внутривузовский, зональный,
республиканский, всесоюзный. В Москве и Ленинграде проводят-
проводятся городские туры, приравненные по статусу к республиканским.
В заключительном, всесоюзном, туре участвуют команды всех со-
союзных республик, а также Москвы и Ленинграда. Впервые все-
всесоюзный тур был проведен в 1974 г., затем ряд лет не проводил-
проводился, а с 1981 г. проводится ежегодно.
Отметим, что олимпиада проводится раздельно для вузов с
различными программами по математике. Наиболее трудные за-
задачи предлагаются в секции университетов.
На Московском городском туре деление по секциям несколько
иное. К секции I отнесены университеты, пединституты и техниче-
технические вузы с расширенной программой по математике: МФТИ,
МИФИ и др. В секции II выступает большинство технических
Иузов, в секции III — большинство технологических.
По каждой секции составляются два варианта задач: для сту-
студентов 1 курса и для студентов 2—5 курсов.
К сожалению, большинство задач олимпиад последних лет не
было опубликовано и оставалось неизвестным для широкого кру-
круга любителей математики. По нашему мнению, настала пора со-
сгивить сборник задач, в какой-то степени отражающий развитие
шшмпиадного движения в последнее время. Так возникла идея
¦«той книги. В нее вошли задачи соревнований 1978—1984 гг., а
¦1икже некоторые не вошедшие в книгу В. А. Садовничего и
Л. С. Подколзина задачи 1974—1977 гг.
В настоящем сборнике представлены задачи, предлагавшиеся
ни всех турах олимпиады «Студент и научно-технический про-
прогресс»: задачи вузов, Московского тура олимпиады, зональных
олимпиад (зона Поволжья), олимпиад РСФСР, и, наконец, задачи
аиключительных туров олимпиады по секции университетов 1981—
ИЖ!$ гг., а также заключительного тура олимпиады 1974 г. (без
разделения по секциям). Имеется ряд задач соревнований, прохо-

дивших на механико-математическом факультете МГУ вне рамок
олимпиады «Студент и научно-технический прогресс»; это заочные
конкурсы по решению задач и проводимые с 1982 г. кафедральные
олимпиады. В последние годы начали проводиться математиче-
математические бои между командами механико-математического факульте-
факультета МГУ, математико-механического факультета Ленинградского
университета, Московского физико-технического института. За-
Задачи этих соревнований также включены в сборник. Авторы на-
надеются, что читателям будет интересно познакомиться с некото-
некоторыми задачами олимпиад, проводившихся в ЧССР и СФРЮ (по-
(последние соревнования являются международными, в них участву-
участвуют команды нескольких университетов европейских стран). Кро-
Кроме того, в сборник включен ряд задач, предлагавшихся в МГУ на
экзаменах по математическому анализу, государственных экзаме-
экзаменах и вступительных экзаменах в аспирантуру (эти задачи поме-
помечены сокращением «экз.»), а также не предлагавшиеся па олим-
олимпиадах задачи из материалов жюри.
Все задачи тематически разделены на 4 главы; каждая гла-
глава — па несколько параграфов, в каждом параграфе близкие за-
задачи объединены в группы, отделенные одна от другой тремя звез-
звездочками. Внутри этих групп задачи, как правило, расположены в
порядке возрастания трудности, но иногда этот принцип наруша-
нарушается для того, чтобы поместить рядом сходные по условию или
по методу решения задачи.
Представленные в книге задачи сильно варьируются по степе-
степени трудности. В каждом параграфе имеется несколько относи-
относительно простых задач. Однако, поскольку в сборник включены
многие задачи кафедральных олимпиад, заочных конкурсов и ма-
математических боев, как правило, содержащих довольно трудные
задачи, средний уровень сложности задач получился несколько
выше, чем в книге В. А. Садовничего и А. С. Подколзина. В кни-
книге имеется несколько очень трудных задач. Так, задача № 28 из
§ 7 гл. 1 предложена жюри Ленинградского университета на ма-
математическом бое МГУ — ЛГУ. Жюри не знало ее решения (это
разрешается правилами соревнования). Задача не. была решена
участниками математического боя, не знаем ее решения и мы.
Более половины задач сборника снабжены решениями. Же-
Желаем читателям самостоятельно найти решения остальных задач.
При решении большинства из них используются те же идеи, что
и при рассмотрении соседних задач.
Настоящий сборник не может претендовать на полноту. Чита-
Читатель может найти задачи различных олимпиад в книгах серии
«Математика сегодня», издающихся в Киеве начиная с 1983 г.,
в книгах М. А. Шубина [2], В. Н. Сергеева и Г. А. Тонояна [3],
П. Г. Сатьянова [4]. Четыреста задач, близких по сложности к
олимпиадным, собрано в [5]. В книге Г. А. Тонояна [6] приведе-
приведено около 2500 задач, предлагавшихся на студенческих матема-
математических конкурсах в СССР и в ряде известных университетов
зарубежных стран с 1889 по Ю77 г.

Авторы выражают благодарность всем коллективам, прово-
проводившим студенческие олимпиады, авторам задач, участникам
математических олимпиад. Мы хотим особо поблагодарить про-
профессора МГУ В. М. Тихомирова за внимание к нашей работе,
ассистента И. Г. Царькова, аспиранта И. А. Копылова и студента
В. В. Титенко за полезное обсуждение условий и решений ряда
задач.
В. А. Садовничий,
А. А. Григорьян,
С. В. Конягин

Условия
ГЛАВА 1
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
§ 1. Последовательности и пределы
1. (Всероссийский тур). Найти предел
пп
2. (УДН). Пусть с>0 и <7>1 — фиксированные числа. Для
каждого натурального р обозначим через k{p) наименьшее среди
таких натуральных k, для которых выполняется неравенство
п v k (Р)
Доказать, что существует предел lim—L-i-, и найти его.
Р
3. (Всероссийский тур). Последовательность {jcJ^R имеет ко-
конечный предел aeR. Доказать, что
ПиП (хп—а, хп + а)={а}.
а>0 Р>0 п>Р
4. (Математический бой). Последовательность 1, 2, 4, 5, 7, 9,
10, 12, 14, 16,... составлена из чередующихся групп четных и не-
нечетных чисел, причем в п-й группе п членов. Доказать, что т-тл
п Г \ + Vbm — 7 I
член последовательности равен 2/п— .
п
5. (МЭИ). Дана последовательность Яо~1' a«+i ~a~. aian—t
1=0
(п ^ 0). Выразить в явном виде ап через п.
* *
6. (Москва, II секция). Последовательность {хп} задается ус-
условиями ^=1982, xn+i = («5*0). Найти Нтл;ге.
4 *— Зхп л-^оо
8

7. (МГПИ). а) Найти предел последовательности {хп}, где
б) Доказать, что последовательность вида
xn = V
СХОДИТСЯ,
lim —
a. + Va,
если
¦1пAпа„)
<
In
2.
8? (МАДИ). Найти Ига а„, если а1 = 1983 и an+i =
при п>1.
9. (Москва, III секция). Последовательность {хп} задана сле-
следующим образом: X] = l/2, xn+i = xn—хп2 при я>1.
Доказать, что limnxn=l.
10. (Всесоюзный тур). Последовательность {ап} задана уело-
кием are = an_i(an_i—1). При каких п\ она сходится?
11. (НГУ). Пусть f(x) — непрерывная возрастающая функция,
определенная на отрезке fa, b], такая, что f(a)^>a, f(b)<b. Выб-
Выбрав произвольное число х^[а, b], определим последовательность
{Хп}, полагая xn+i = f(xn) при п>1. Доказать, что существует пре-
предел Нтл^л;* и при этом f{x*) = х*.
12. Последовательность {хп} задана следующим образом: Xi —
и, хп+\= Bхп3)/(Зхп2—1) при п>-\. Найти все а, при которых
последовательность {хп} определена и имеет конечный предел.
13. (УДН). Пусть со>О, Ci>0 и cn+i = Kcn+ VcZa при
»>1. Доказать, что последовательность {сп} сходится, и найти ее
предел.
14. (Математический бой). Последовательность {ап} такова,
2
что ai>0, Q2>0 и апх\ = —: при п>2. Доказать, что
{а,,} сходится. ,
15. (Мехмат). Доказать, что последовательность {хп}, заданная
2
условием хп+\=хп-\—— при п>-\, где 0<^i<l, ограничена.
16. (Математический бой). Последовательность {а„} задана
2
условием а„ = а„_1 а„_2 при п>2 (а0 и at — любые чис-
п
ли). Доказать, что ]?] |а„|< се.
17. (Мехмат). Последовательности {рп} и {qn} заданы следую-
следующим образом:

2п— \JРп-2,
при п>1.
Доказать, что lim-^- = —.
Л-voo Цп 4
18. (Москва, II секция). Членами ограниченной последователь-
последовательности {ап} являются натуральные числа. Известно, что
lim yral...an=\. Доказать, что lim а'+"" + а" ¦¦= 1.
19. (Мехмат). Множество натуральных чисел разбито на два
бесконечных подмножества А и В. Доказать, что для любого
с>0 существуют последовательности {ап} и {Ьп} такие, что
{ап}<^А, {Ьп}аВ, {ап} и {Ьп} возрастают и Нт-^-=с.
Л-»-оо Ьп
20. (Олимпиады СФРЮ; Москва, III секция). Пусть {ап} —
последовательность положительных чисел и последовательность
{хп} определена следующим образом: Х\ = \, х2 = 2, хп+2 = —хп—апх
XXn+i при гс>1. Доказать, что среди членов последовательности
{хп} бесконечно много положительных и бесконечно много отрица-
отрицательных чисел.
21. (Москва, II и III секции). Пусть {ап} — непериодическая
последовательность, составленная из нулей, единиц и двоек. По-
Построим две последовательности {Ьп} и {сп} следующим образом:
Ь„ = 0, если ап=0\ Ьп=\, если ап = \ или а„=2;
с„=1, если а„ = 2; с„ = 0, если ап=0 или ап = \.
Доказать, что хотя бы одна из последовательностей {Ьп} и {с„}
непериодична.
22. (Москва, III секция). Имеется п положительных чисел
аи...,ап, причем flti = l, ап=2 и ak^.Vak-ia.k+i при /г=2, 3, ...
...,п—\. Найти max ak.
23. (Мехмат). Пусть {ап} — конечная последовательность дей-
действительных чисел, \<n<.N. Назовем число а& отмеченным, если
хотя бы одно из чисел а&, а^ + а^+1, ...,aft + aft+i + ... + aft+1982 не-
неотрицательно (если n>N, то мы считаем ап=0). Доказать, что
сумма всех отмеченных чисел неотрицательна.
24. (МФТИ). Последовательность {хп} обладает свойством:
\хп—хт\>1/п для любых п<т. Доказать, что последователь-
последовательность неограниченна.
10

25. (Мехмат). Пусть {ап} и {Ьп} — последовательности дей-
действительных чисел и \\тап= ПтЬ„ = оо. Доказать, что найдут-
Л->оэ Л-»оз
ся такие т и п, что | ат—а„ | > 1 и | Ът—b„ | > 1.
* *
*
26. (Мехмат). Ограниченная последовательность действитель-
действительных чисел {хп} удовлетворяет условию lim (хп—2xn+i + хп+г) = 0.
Доказать, что lim (хп—хп+\) = 0.
П->оо
27. (Мехмат). Последовательность {ап} удовлетворяет условию
lim {an f an+i) = 0. Доказать, что {а„} имеет либо не более двух,
либо бесконечно много предельных точек.
28. (Мехмат). Пусть последовательность {хп} действительных
чисел такова, что для любого многочлена Р{х) второй степени с
целыми неотрицательными коэффициентами выполнено равен-
равенство
\\т{хп+хР(п))=0.
Следует ли отсюда, что Пт*л = 0?
29. Пусть {ап} — последовательность положительных чисел
такая, что Нтауя=1 и lim aj'" < 1. Доказать, что существует
подпоследовательность {ал } такая, что пта„. =1 и
Пт |а2 — а„.1/п
§ 2. Непрерывные функции одного переменного
1. (Олимпиады ЧССР; мехмат). Доказать, что существуют две
выпуклые вниз функции fug такие, что
f(x)—g{x)=sinx
для всех х.
2. (Москва, II—III секции). Пусть /eC(R). Всегда ли су-
существуют непрерывные функции g(x) и h(x) такие, что для всех
f{x) =g(x) smx + h(x) cosx?
3. Исследовать на непрерывность функции f(g(x)) и g(f{x)),
где f(*)= sgn*, g{x) = l+x—[x].

4. Какие из следующих функций на интервале (О, 1):
a) /(x)=sgn(* 1~у, б) f(x) = ±; в) /(x)=sin^-
обладают свойством
Vx<=@, 1) Ve>0
5. (Мехмат). Будет ли функция f(n) = sinn, определенная на
множестве N натуральных чисел, равномерно непрерывна?
6. (Москва, III секция). Функция f(x) определена на вещест-
вещественной оси. Известно, что для любого х и любого Л>0
\f{x + h)— f{x—h)\<h*.
Доказать, что f (я) =const.
7. (Олимпиады СФРЮ). Обозначим через f*(x) следующее
выражение:
+ 3ft
где f: R->R. Доказать, что если всюду f*(^)>0, то / — неубыва-
неубывающая функция.
8. (Всесоюзный тур). Непрерывная функция f : R->R такова,
что для любой арифметической прогрессии а, Ь, с, d
\f(a)-f(d)\>n\f(b)-f(c)\.
Доказать, что fsconst.
9. (Мехмат). Существует ли непрерывная на @, 1) функция
f(x) такая, что для любой точки хе@, 1)
0< lim / ^ ~ '—Li-i< оо?
10. (Мехмат). Пусть ф(/) и $(*) — монотонно убывающие
взаимно-обратные функции на @, +оо).
Может ли при всех Л>0 выполняться неравенство
@?
*@
П. (Мехмат). Существуют ли подмножества А я В отрезка
[0, 1] и функция f, непрерывная на этом отрезке, такие, что
ЛПВ 0 ЛиВ=[О, 1], f(A)dB, f(B)<=A?
12. (Мехмат). Пусть f(x) — непрерывная функция на R, при-
принимающая значения разных знаков. Доказать, что найдется ариф-
12

метическая прогрессия а, Ь, с (a<ib<ic) такая, что f(a)+f(b) + ^
+ f(c)=O.
13. (МИИГАиК). Пусть f(x), g{x) — непрерывные отображе-
отображения отрезка [0, 1] на себя. Доказать, что найдется точка *oe[0,
1] такая, что g(f(xo))=f(g(x0)).
14. (Математический бой). Пусть feC[0, I], f(O)=f(l)=O.
Доказать, что найдутся точки Х\, xje[0, 1] такие, что f{x\) =
= f(x2) и х\—Х2 равно а или 1—а, где а — данное число,
01
*
15. (Москва, II секция). Пусть f(x) — непрерывная, строго
возрастающая положительная функция на @, +оо), причем
lim* = 1 Обозначим через ф(х) функцию, обратную к
Х-*сс х\ПХ
f(x), т. е. такую, что для каждого положительного х q>(f(x))=x.
Доказать, что
l.
xjlnx
16. (Москва, I секция). Функция q(t) : R-vR такова, что для
каждого а>0
Доказать, что f (a) jaa=const.
17. (Москва, I секция). Пусть fag — определенные на всей
числовой прямой периодические функции. Известно, что
lim (f(x)—g(x)) = 0. Доказать, что f(x)=g(x).
18. (МФТИ). При каких действительных а последовательность
функций
/,W = (^)"r, n =1, 2, ....
равномерно ограничена при х>0, т. е.
при всех п и *>0 для некоторого с?
19. (Олимпиады СФРЮ). Пусть fag — вещественные функ-
функции, определенные на [а, +оо), ограниченные на каждом конеч-
конечном отрезке [а, Ь], и функция g(x) в различных точках прини-
принимает различные значения. Известно, что для некоторого Л0
существует (конечный или бесконечный) предел
Доказать, что lim -!Ю- существует и равен с.
Х-*оо g(x)
13

* *
20. (Москва, II—III секции). Непрерывная функция f(x) вы-
выпукла вниз и /@)=0. Доказать, что при х>0 функция f{x)Jx воз-
возрастает.
21. Функция Римана R{x) определяется так:
{ 0, если х иррационально,
г> / „\ ^ J *
^ ' I—, если х = —,
( q q
где plq — несократимая дробь, q>0).
Доказать, что R(x) является поточечным пределом последо-
последовательности непрерывных функций.
22. (Математический бой). Построить функцию, непрерывную-
на [0, 1] и имеющую в каждой точке у образа либо 1, либо 3
прообраза, причем некоторая точка у имеет 3 прообраза.
23. (Математический бой). Существует ли непрерывная функ-
функция / : R->R такая, что множество точек {/@), /ДО), ...,//... /@)}
всюду плотно в R?
24. (Москва, I секция). Существует ли непрерывная функция
f: R->-R такая, что при рациональном х f(x) иррационально, а
при иррациональном х f(x) рационально?
25. (Олимпиады СФРЮ). Доказать, что множество точек раз-
разрыва первого рода у любой функции f: R->-R не более чем счетно.
26. Число j/eR называется экстремальным значением функ-
функции /, если существует точка х0 такая, что f{xo)=y и Хо — точка
локального максимума или минимума функции f. Доказать, что
множество экстремальных значений непрерывной функции f : R-+-R
не более чем счетно.
27. Существует ли последовательность непрерывных действи-
действительных функций {fn(x)} такая, что fn(x)—>- +°° (я-voo) в рацио-
рациональных точках х и только в них?
28. (Мехмат). Функция f : R->-R такова, что \f{a)—f(b)\<.
<|fl—b\ для любых афЬ. Доказать, что если /(/(/@))) =0, то
f@)=0.
§ 3. Дифференцирование функций одного переменного.
Формула Тейлора
1. (Москва, III секция). Дифференцируема ли в нуле функция
з , _
f (х) = |/ е* — 1—х —? (Мы считаем, что \/—и= — \/и
при и>0.)
2. (МИЭМ). Пусть функция f(x) дифференцируема на [0, 1],
f'@) = l и f'(l)=0. Доказать, что f'(c)=c в некоторой точке
се@, 1).
14

3. (МЭИ). Пусть функция f(x) дифференцируема на отрезке
[О, 1], /@)=0, f(l) = l. Доказать, что для любых положительных
чисел k\ и &2 найдутся числа *ie[0, 1] и л:2е[0, 1] такие, что
И
f (Xl) f (*2)
4. (Мехмат). Функция f{x) непрерывна на отрезке [0, 1] и
дифференцируема на интервале @, 1). Доказать, это если f@) =
= /(i) =0, то f'(x) =f(x )в некоторой точке j:e@, 1).
5. (Мехмат). Функция f{x) дважды непрерывно дифференци-
дифференцируема на отрезке [а, Ь] и имеет на [а, Ь] не менее трех различ-
различных нулей. Доказать, что существует точка х^[а, Ь] такая, что
Н) Г()Г()
6. (Олимпиады ЧССР). Функции fug непостоянны на интер-
интервале (а, Ь). Для каждой точки х^(а, Ь) выполняются условия
f(x)+g(x)=?0, f(x)g'{x)—f'(x)g(x)=O. Доказать, что g(x) от-
отлична от нуля для всех х^(а, Ь) и отношение f(x)Jg(x) постоян-
постоянно на (а, Ь).
7. Функция f(x) непрерывна на отрезке [а, Ь] и дифференци-
дифференцируема на интервале (а, Ъ). Известно, что f(a)<f(b) и при неко-
некотором е>0 неравенство f(x)+f (х) <е выполнено для всех *е
е (а, Ь). Доказать, что }(х) <е при х^ (а, Ь).
8. Функция /, дифференцируемая в точке хо, называется вы-
выпуклой (вогнутой) в этой точке, если существует такая окрест-
окрестность U точки х0, что для любой точки x^U имеет место нера-
неравенство f(x)>-f(xo)+f'(xo)(x—xo) (соответственно f(x)<f(xo) +
+ ?'(хо)(х—хо)). ¦
Доказать, что любая функция, дифференцируемая на отрезке,
выпукла или вогнута хотя бы в одной внутренней точке этого
«отрезка.
* *
*
9. (Мехмат). Функция x{t)^C2 [0, 1] такова, что х{0) =х'@) =
= *A)=0 и \x"(t)\<l для всех te[0, 1]. Какие значения может
принимать max \x(t)\}
«€[0.1]
10. (Москва, I секция). Пусть а(х) — непрерывно дифферен-
дифференцируемая функция, а(*)>1, f(x) имеет непрерывную вторую
производную, f(O)=f'(O)=O и (af')'(x) +f (x) >0 для всех х. До-
Доказать, что / (V^2) ^ 0 (все функции определены на (—<*>,
+ оо)).
11. (Олимпиады СФРЮ). Пусть Р(х) — многочлен с поло-,
жительным коэффициентом при старшем члене. Доказать, что
¦существует число х0 такое, что все производные функции f(x) =
= е*гР(х) положительны при всех x~>xq.
12. (Москва, III секция). Существует ли нелинейная функция,
определенная на всей действительной оси, имеющая производные
15

всех порядков и такая, что при любом натуральном п ее п-я про-
производная всюду по модулю не превосходит 1/2"?
13. (Мехмат), а) Пусть функция f(x) n раз непрерывно диф-
дифференцируема на отрезке [а, Ь] и имеет на нем не менее п нулей
(с учетом кратности). Доказать, что
max |/(*)[< (Ь~~а)" max |/<»>(х)|.
[Ь] П\ х^ [а,Ь]
б) (МАДИ). Функция f(x)^C2 [О, 1] имеет не менее двух
нулей на отрезке [0, 1] (с учетом кратности) и, кроме того,
lf"(*)|<l для всех *е[0, 1]. Как велико может быть число
max
14. (Математический бой). Пусть f(x)^C" [0, 1]; Х\,...,хп+\—
различные числа отрезка [0, 1]. Доказать, что
f(xk)
— Xi).. .{Xk — Xk_x) (Xk
Xk+l)
<— max |/<">(*) I-
15. (Мехмат). Пусть f(x)^Ck[a, b], причем f(ft)(x)>l при всех
[a, b]. Доказать, что при 0<e<(b—a)j2k+i можно указать
несколько попарно непересекающихся отрезков Дь...,Л„ (воз-
(возможно, один), лежащих на отрезке [а, Ь], таких, что:
1) сумма их длин больше Ъ—а—2*+1е;
п
2) для любой точки хе U А| выполнено неравенство
U
lfWI>e.
16. (Математический бой). Функция f: R->-R имеет непрерыв-
непрерывную производную порядка р. Пусть Мо = sup|/(x)|, Mk =
= sup \f(k){x)\ < с» при k = \,...,p. Доказать, что для любого
такого k справедливо неравенство
Mk < 2 2 Мо РМР
17. (МИЭТ). Пусть f(*) = (l— x + x2)j(\+x + x2). Найти
E=1,2,...).
18. (Москва, III секция). Решить уравнение
2
n=0
2" d" I 1 М J
n\ dyn \ 1 + У у ) \y=x
19. (Москва, II секция). Доказать, что существуют постоянные
А, В, С такие, что для любой функции f{x), трижды дифферен-
16

цируемой на [—1, 1], справедливо неравенство
Af(-h)+Bf@)+Cf(h)=:f'@)h+O{hZ){\h\^\).
20. (МИСиС). Найти фA), если
(х* —1)»; ieN.neN.
(Символ (*-М) ) обозначает л-кратное применение опе-
\ L dx J )
ратора (х+1)——.
21. (Олимпиады СФРЮ; мехмат). Пусть /(x)eC~(R), f@)=0,
f(*'@)=0 и /<ft)(*)»0 для всех teN и х>0. Доказать, что f{x) —
= 0при *>0.
22. (Всероссийский тур). Пусть f(x)eC~[—1, 1], р>@)=0
для всех teN и существует число ае@, 1)такое,что su|/'ft) (*)|<
6i
<a*fe! при всех fteN. Доказать, что f{x)ssO на [—1, 1].
23. (Математический бой). Разложить в ряд по степеням х
функцию excosasin(xsina).
24. (МФТИ). Пусть f(x) — функция, бесконечно дифференци-
дифференцируемая в окрестности точки х = 0 и удовлетворяющая условиям:
/@) = 1, f(x)ss(l-qx)f(qx), где q?=l. Найти /<">(*) и A/f (*))<">.
25. (МФТИ). Пусть f(х) = 1 +а\х + а2х2 + ... и пусть все коэффи-
коэффициенты в разложении f'{x)/f(x) по степеням х по модулю не пре-
превосходят 2. Доказать, что |а„|</г+1.
26. (МФТИ). Пусть f(x) = (l+x)x. Доказать, что р>@) —
целое число, делящееся на п.
27. (Москва, I секция). Даны действительные числа Я,ь Яг
... ,Хп такие, что А,* + Л*+...+А,? > 0 при /г=1, 2, 3,.... По-
Положим
/@=77-
-V)...О— Яп/)'
Доказать, что f<*> @) >0 при Л= 1, 2, 3,....
28. (МИНХиГП). По формуле Тейлора
2! (я — 1I nl '
где 0<8<1. Доказать, что если 0<*</г+1, то 8 < —In-
х п+1 —х
29. (Москва, III секция). Функция f(x) трижды дифференци-
дифференцируема на R. При этом функции f(x), f'(x), f"(x), f'"{x) всюду по-
положительны. Доказать, что существует такое положительное число
а, что f{x)>ax2 при любом *>0. _
17

30. (УДН). Пусть f(x) бесконечно дифференцируема на R и
f(x)=o(xn) при *->-+оо. Доказать, что при любом k>n функция
}(k)(x) имеет хотя бы один нуль.
31. (МФТИ). Функция f(x) дважды дифференцируема на R
и удовлетворяет условиям:
1) lim (/(*)-1*|)=0;
Х-»-±со
2) хотя бы в одной точке х f (х) <0.
Доказать, что функция f"{x) имеет хотя бы один нуль.
32. (Москва, III секция). Квадратный трехчлен ах2 + Ьх+с
принимает только положительные значения. Доказать, что
1 im x* — у ах2 + Ъх + с = 0.
х-+<х> dx2
33. (Всесоюзный тур). Функция f(x) определена на [0, +оо]
и имеет непрерывную производную.
а) Известно, что f(x)+f'(x)->-A при *->-+оо. Доказать, что
}(х)-+А при Х-++ОО.
б) Известно, что f(x)—f'(x)->-A при х-*-+°°. Можно ли ут-
утверждать, что f(x)-+A при х- ?
* *
34. (УДН). Пусть функция р(х) возрастает на [0, с] и диф-
дифференцируема на @, с], причем р'(х) убывает на @, с]. Доказать,
что
35. (Мехмат). Функция <р(*) дважды дифференцируема на по-
полуоси [0, +оо). Известно, что ф(х)>0, ф'(х)>0 и j ^ г < 2
для всех х^[0, +оо). Доказать, что lim =0.
+ (9W)S
36. (Мехмат). Пусть f(*)<=C3[0, +oo), f(x)>0, f(x)>0 и
/"(*)> 0 при ^>0. Доказать, что если
limTwrw.
»¦« . (/' (X))*
то
(П*))а 2-е
37. (УДН). Пусть р(х) — действительная аналитическая функ-
оо
дия и 0 < I"] рН @)< оо. Найти lim -р-(
ДГ-» со
lim
п=0 ? ДГ-» со
18

38. Действительная функция f, определенная в окрестное™
точки х, называется гладкой в этой точке, если
а) Доказать, что если / имеет производную в точке х, то f
является гладкой в х.
б) Доказать, что если функция / является гладкой во всех
точках интервала, то она дифференцируема в несчетном множест-
множестве точек этого интервала.
в) Построить функцию, гладкую во всех точках интервала и
недифференцируемую в некоторой его точке.
39. Пусть /(*)eC(R) и для любого числа а функция g{x) =
= f(x + a)—f(x) дифференцируема на R. Доказать, что f(x) диф-
дифференцируема на R.
40. (Мехмат). Доказать, что если функция f(x) бесконечно
дифференцируема на R, то функция -^-^———, доопределен-
доопределенная по непрерывности в нуле, также будет бесконечно дифферен-
дифференцируемой.
41. (Москва, I секция). Доказать, что существуют дифферен-
дифференциальные операторы А и В: «
ft=0
(ak(x) и bk{x) — бесконечно дифференцируемые функции) такие,,
что Aod/dx = B°x. (Мы считаем, что F»G(f) =F(G(f)).)
42. (Мехмат). Найти все конечномерные подпространства в
C~(R), инвариантные относительно сдвигов прямой R.
43. (Мехмат). Пусть / — диффеоморфизм класса С~ прямой
R (т. е. функция f и обратная к ней определены на R и беско-
бесконечно дифференцируемы) и пусть f является тождественным вне
некоторого отрезка. Доказать, что f разлагается в композицию
нескольких коммутаторов, т. е. диффеоморфизмов вида g~lh~lgh^
где g и h — диффеоморфизмы.
§ 4. Интегрирование
1. (Москва, II секция). Вычислить интеграл
f V\
19-

2. Найти первообразную для функции
X2
у~
(х sin х + cos xf
3. Вычислить интеграл
1
j lnxln(l —x)dx,
о
зная, что
00
V 1 _ п%
4. (УДН). Доказать, что
л/4
Л/4 /¦¦
Г arctg у
cos 29 ,Q я2
аи =¦= -
2 cos2 9 24
о
5. (КГУ). Доказать, что для любого целого п справедливо
равенство
2л
J sin (sin x + пх) dx = 0.
о
6. Вычислить
л/4
Г >З* + 7
) COS2*
-Я/4
7. (МИЭМ). Проверить, что при х>0 уравнение zs+xz=8 оп-
определяет единственную функцию z(x) (с действительными значе-
значениями), и найти
\
о
8. (КГУ). Вычислить предел
п
lim I cosxndx.
9. Вычислить интеграл
л/2
Г (•!?»?)%.
о
где л — натуральное число. ,
20

10. (Москва, I секция). Найти интеграл
1
С-
J (e
1
dx
11. (Москва, I—II секции). Доказать, что:
а) интеграл
Г sin
о
dt
сходится;
б) справедливо равенство
CD
где Г (а) = J е~Ча~х dt —гамма-функция,
о
12. (Мехмат). Пусть a<b<c<d и р(х) = (х—а) (х— Ь) (х—с) X
X (х—d). Доказать, что
f dx = ('
d
dx
(при одинаковых энергиях периоды колебаний в обеих потен-
потенциальных ямах р(х) равны).
* *
*
13. (Москва, II—III секции). Найти интеграл
1
С r sin х ,
\ ех dx
о
С ошибкой не больше 0,2.
14. (МАДИ). Вычислить
00
J
e~xdx .
100 +х
6
с точностью 10~5.
21

15. (Всесоюзный тур). Вычислить
ю
xdx
w
с относительной погрешностью не более 1 % (требуется дать от-
ответ, а не доказательство оценки ошибки; In 10«* 2, 3026).
16. (Всероссийский тур). На круг радиуса г намотана гибкая
нерастяжимая нить длины 2пг. Найти площадь, которую заметает
эта нить при ее полном сматывании с круга.
17. (МИЭТ). Доказать, что длина / эллипса с полуосями а к
b удовлетворяет неравенству
18. (УДН). Дан равносторонний треугольник со стороной 1.
Найти площадь фигуры, состоящей из таких точек, что сумма
расстояний до двух ближайших вершин треугольника не превос-
превосходит 2.
19. (МТехИ). Пусть 0</(г)<—. Доказать, что функция
х х
g(x)=\z*f{z)dz-[]zf(z)dzJ
о о
возрастает при д:>0.
20. (Поволжье). Доказать, что при д:>0
х+\
sin у2 dy < —.
21. (Мехмат). Пусть f(x) — непрерывная периодическая функ-
функция с периодом 2, причем f(x) монотонно убывает на [0, 1], моно-
монотонно возрастает на [1, 2] и f(x)=fB—х). Доказать, что интеграл
достигает минимума при <х=1.
22. (Мехмат). Пусть f(x) — положительная непрерывная функ-
функция с периодом 1, а — вещественное число. Доказать неравен-
неравенство
Г
J
о
/(*)
22

23. (КГУ). Пусть функция f(x) интегрируема по Риману на
отрезке [0, 1], причем |f(x)|<l. Доказать неравенство
f Vl-f(xJ dx< У 1 - (j/(х)dxf.
о о
24. Пусть а>0, Ь>0, f(x) — дважды непрерывно дифферен-
дифференцируемая функция на отрезке [0, а], причем f@)=0, f(a)=bt
|(д:)>0, f"(x)»O для всех х^[а, Ь]. Доказать неравенство
а
2 \ f (х) [1 + (/' (х)J] dx < Ь (а2 + b2) ' .
О
25. (Москва, III секция). Пусть f(x) — непрерывная функция
яа отрезке [0, 1], а — положительное число, причем
1
j/(*)d* = a, 0</(x)<a2/3.
о
1
Доказать, что f Yfix) dx ^ a2'3.
о
л
26. (Мехмат). Найти наименьшее значение интеграла [x(t) sintx
о
X dt, где x(t) — кусочно-непрерывная функция такая, что
27. (Мехмат). Пусть fi,...,fn — положительные непрерывные
функции на отрезке [0, 1], причем jfk(x)dx = ak, k — \, 2, ..., п.
о
Доказать, что найдется точка лге^О, 1] такая, что
f\(x)f2(x)...fn(x)<.ala2...an.
28. (МИНХиГП). Функция f(x) непрерывна, строго монотонно
возрастает на отрезке [0, а] и удовлетворяет условию f@)=0;
?(*) — обратная функция, т. е. g(f(x))=x. Доказать, что при
0<л;<а, О^г/^/(а) имеет место неравенство
о о
причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда у-
23

29. Пусть ф и 1|з — взаимно-обратные непрерывные монотонно
убывающие функции на @, + оо), причем
00
f Ф(*)Я
6 6
Доказать, что
00 00
Г ф2 @ dt + f т|>2 (s) ds ^ — а3/2,
о о
00
30. Пусть feEC[O, oo), 0<f(*)<l, [ / (х) dx = а.
о
00
Доказать, что Г х/ (х) dx > —.
о
31. Доказать, что если функция f(x) положительна, непрерывна
и монотонно убывает на отрезке [а, Ь], то
ь ь
32. (Москва, II секция). Непрерывная четная функция ф(д:)
определена на отрезке [—1, 1], причем ф(д:)>0, j cp(x)dx=l.
—1
Известно, что для дважды дифференцируемой функции f(x) и для
любого а>0
Доказать, что f"(x)>>0.
33. (Всесоюзный тур). Пусть f(x) — непрерывная функция на
[О, 1], а ф(х) — непрерывная функция на (—с», +оо), периоди-
периодическая с периодом Т. Доказать, что
1 Т \
lim [ f (х) ф (пх) dx = —[<p (t) dt Г / (х) dx.
о оо
34. (Всероссийский тур). Найти коэффициенты си с2) с3 квад-
квадратурной формулы
о
24

точной для многочленов до второй степени включительно. Будет
ли эта формула точна для многочленов третьей степени?
35. (НГУ). Функция f(x):[a, b]->-R дифференцируема и
jf'(x)|<l всюду на отрезке [а, Ь]. Доказать, что если хо =
max (хс—Хс-Л < , ?-ebc,-_i, xA, то
ь— а
_ 1
а 1=1
н показать, что приведенная оценка неулучшаема.
36. (Мехмат). Обозначим через Сгм [0, 1] множество функ-
функций, г раз непрерывно дифференцируемых на [0, 1] и удовлет-
удовлетворяющих условию \рк){х) \<М при k = 0, 1,...,/-, д:е[0, 1]. До-
Доказать, что для некоторой константы С(М)>0, зависящей толь-
только от М, справедливо неравенство
sup |f/ (x) dx~Y °if (*
/€СуцЕ0.1! 0 i=l
где N — произвольное натуральное число, ci, Xi — произвольные
числа, 0<:д:1<1.
37. (МФТИ). Пусть f(x) интегрируема по Риману на отрезке
[а, Ь] и 0«7(л:)<1. Доказать, что для любого е>0 существует
кусочно-постоянная функция g(x), принимающая два значения
О и 1, такая, что для любого отрезка [а, р]с[а, Ь]
\[(f(x)-g(x))dx\<e.
38. (КГУ). Пусть f — интегрируемая по Риману функция на
отрезке [а, Ь] и пусть р>1 — целое число.
Найти предел
л—1 хц+1
lim V—К-г( j /WdxNP
39. (Мехмат). Длина эллипса x = acost, y = b sin t @
равна S. Положим tk = k2nln, Mk=(x{tk), y(th)). Обозначим че-
через pn периметр многоугольника М0М{ ...Мп-\, вписанного в эл-
эллипс, а через qn — периметр многоугольника NoN\...Nn-\, описан-
описанного около эллипса и касающегося его в точках Мо, Mu...,Mn-i.
Найти пределы
\imn*(S-pn), Umn*(qn-S).
При каких аир конечен предел hmn4(S—арп—р<7„)?
Чему он равен?
25

40. (Всероссийский тур). Пусть ал>0, последовательность
{ап} монотонно убывает и
п=»1
Доказать, что сумма ряда
an sin nx
не является интегрируемой по Лебегу на [0, 2л].
41. (Мехмат). Пусть f(x) — положительная непрерывно диф-
дифференцируемая функция на интервале @, +оо).
Доказать, что
42. (МИЭМ). Пусть функция f(x) непрерывна на полуоси
@, +оо) вместе с производными f(x), f"(x), причем f(x) »<x>0
со
и интеграл )\f"(x)\dx сходится. Доказать сходимость интег-
интеграла
Г
)
43. (Мехмат). Функция и(х) непрерывно дифференцируема на
полуоси @, + °°), причем ы>0, ы'>0.
Доказать, что если
dx
то и
1
26
со
CJx_

44. (НГУ). Функция f(x) неотрицательна и интегрируема нъ.
A, +оо). Доказать, что если
00
. \ Xf(x)dx< оо,
со оо
то ряд ? \ f(x) dx сходится.
45. (Всесоюзный тур). Функция f(x) имеет непрерывную про-
производную на [0, +оо), причем
\f'(x)\dx < оо. '
00
Доказать, что ряд ]Г f (п) сходится тогда и только тогда,
п=0
когда сходится интеграл
00
jf(x)dx.
46- (Мехмат). Пусть f — неотрицательная непрерывная функ-
00
ция на [0, +оо), причем \f(x)dx =oo.
о
Доказать, что найдется число а>0 такое, что
/ {па) = оо.
47. (Математический бой). Функция f(x) непрерывна на (—с»,
оо) и для любых чисел а, Ь
Доказать, что f=0.
48. Пусть f(t) — положительная непрерывная функция
(—с», +оо), причем для любых t, s
(где 0<а<1). Доказать, что для некоторого с>0
f{t)>c\t\a/^-a)
при всех t.
27

49. Существует ли положительная монотонно возрастающая
функция f{x), д:>0, такая, что для любого г/>0
а)
О
б) lf{xydx>{lf{x)dxf"?
о о
50. (УДН). Пусть
х
где а>1, g(x) — положительная непрерывная функция на [О,
+ оо). Доказать, что функция р(х) неограничена.
51. (Москва, I—II секции). Пусть и(х) — положительная не-
непрерывная функция, определенная на [0, +°о), причем
в(х)
8
Доказать, что
А
lim —— \u{x)dx = oo.
52. (КГУ). Пусть функция feC2[0, 1] удовлетворяет усло-
условиям:
1) f(O)=f'(O) = l;
2) /"(х)>0 для любого л:е@, 1);
3)
О
Определить функцию f(x).
53. (Москва, II секция). Пусть f(x) — непрерывная функция
такая, что для любого целого числа т
1
о
Доказать, что найдется непрерывная функция g(x) такая, что
28

54. (МИЭМ). Пусть функции //(*) (/ = 1, 2,...,га) непрерывны
на [О, 1], причем функции
линейно выражаются через f\, fz,...,fn- Доказать, что // = 0 для
всех /= 1, 2,..., п.
55. (Олимпиады СФРЮ). Пусть S — линейное подпростран-
подпространство в L~[0, 1], М — положительное число. Известно, что для
любой функции feS выполняется неравенство
\\f\\L»<M\\f\\L,
Доказать, что dim S^M2.
§ 5. Функции многих переменных (непрерывность,
дифференцирование, интегрирование)
1. (Мехмат). Пусть f: Rm-^-R" — такое непрерывное отобра-
отображение, что
sup \\f(x + y)-f{x)-f(y)\\<<*>-
m
Доказать, что существует единственное линейное отображение g~.
Rm->-R" такое, что
SUp
m
2. (Мехмат). Существует ли функция /:Rn->-R такая, что
все п\ пределов
lim lim ... lim f(xv x2, ..., xn)
(о пробегает множество перестановок A, 2, ...,га)) существуют и
попарно различны?
*
3. (МИХМ). Функция f(x, у) непрерывна вместе со своими
производными по х и по у и удовлетворяет условиям: f@,0)=0,
\df/dx\^2\x—y\, \df/dy\^2\x—y\. Доказать, что |fE, 4) |<1.
4. Пусть Е = {(х, у) :0<д:<1, 0<г/<1}, функция f(x, у) непре-
непрерывно дифференцируема на Е и удовлетворяет условиям:
\df/dx\ + \dfldy\^l,f(O, 0)+/(l, l)+f@, l)+f(l, 0)=0. Дока-
Доказать, что \f(x, у) |<3/4 при (х, у)^Е.
5. (НГУ). Пусть F — поверхность в R3, заданная уравнением
z=f(x, у), feC2(R2). Доказать, что если в некоторой точке (лго,
г/о) выполнено неравенство fxxfyy—(/адJ > 0. то найдется ок-
29

рестность точки Мо(хо, г/о, f(x0, y0)), в которой поверхность F и
касательная плоскость Р в точке Мо имеют лишь одну общую
точку.
6. (Мехмат). Пусть функция f:R2->-R разрывна. Доказать,
что в R2 существует кривая класса С1, сужение / на которую раз-
разрывно. Показать, что кривой класса С2, обладающей этим свой-
свойством, может не существовать.
7. Пусть f(x, t/)eC°°(R2) и а>0 — иррациональное число. До-
Доказать, что если f(x, xa) =о(хп) (х->-0 + ) при любом neN, то и
f(x, у)=о(\х\п + \у\п) (х, у-+0) при любом neN.
8. (Мехмат). Дана функция f: R2-^R, сужение которой на лю-
любую прямую бесконечно дифференцируемо. Всегда ли найдется
круг, в котором / бесконечно дифференцируема по совокупности
переменных?
9. (Мехмат). Обозначим через М график функции #=|л:|
(будем рассматривать М как подмножество R2). Через СХ(М)
обозначим кольцо функций на М, являющихся ограничениями
¦функций из C°°(R2). Доказать, что не существует R-линейного
изоморфизма колец С°°(М) и C°°(R).
* *
*
/^\
10. (Мехмат). Привести пример функции переменных х и у,
дважды непрерывно дифференцируемой по каждому переменно-
переменному в области U={(x, у) : х2 + у2< 1} и не имеющей смешанной
производной в точке @, 0).
11. (Мехмат). Дана функция на окружности /: S->-R. Рассмо-
Рассмотрим отображение (f, /', f"):5-^R3, задаваемое функцией f(8) и
ее производными Г@), /"(9). Может ли
образ этого отображения быть несамо-
пересекающейся кривой, заузлепной как
трилистник (рис. 1)?
12. (Мехмат). Найти все диффеомор-
диффеоморфизмы пространства R" (т. е. непрерыв-
непрерывно дифференцируемые отображения R"
на R", обладающие непрерывно диффе-
дифференцируемым обратным отображением),
переводящие в себя векторное поле
Рис. 1
i=\
13. (Мехмат). Пусть Q — линейное отображение из C°°(Rn) в
R. Известно, что если feC°°(Rn), /@)=0 и f(x)>0 в некоторой
окрестности нуля, то Q(/)^0.'Доказать, что найдутся числа ац.
30

b{, c (i, /е{1, 2, ...,n}) такие, что для любой функции feC°°(Rn)
14. (Мехмат). Найти
1 1 1
lim ( J ... j max (л^, ..., xn)dx1 ... dxn.
"-*00 0 0 0
15. (Всесоюзный тур). Пусть f: R->-R — непрерывная неотри-
00
дательная функция и J f(x)dx= 1. Обозначим
*
U0= J ... J fix,) ...f(xn)dxl...dxn.
Найти lim/„(г) при фиксированном г.
16."(КГУ). Пусть а>0, А = {(х, у) :х^0, у^О, х + у<а} и fe
Л. Доказать, что существует число бе [0, а] такое, что
е
^ = aljjf(u, Q—u)du.
А О
17. Доказать, что для любой непрерывной функции и(х), не
равной нулю тождественно и такой, что j |u(x)|dx< oo, выпол-
— 00
няется неравенство
СО СО
j j" er-v-yVu (x) и (у) dxdy>0.
§ 6. Уравнения и неравенства
1. (Москва, III секция). Решить уравнение
2. (КГУ). Доказать, что не существует положительного ра-
рационального числа х такого, что
;; 3. (УДН). Найти все натуральные п такие, что
31

*
4. (Москва, III секция). Для каких чисел а и Ъ найдется мне
гочлен степени не выше 2 Р(х) такой, что
Р@)=РA)=0 и Р'(а)=Ь}
5. (Москва, III секция). В каждой вершине треугольной пи-
пирамиды написано число. На каждом ребре написана сумма чисел,
стоящих на его концах. Известно, что сумма чисел на ребрах
равна 3 и сумма их квадратов равна 3. Доказать, что сумма их
кубов также равна 3.
6. (МФИ) Решить систему
х, + ах, + ...+• axn_i + 6х„ = а„,
х1 + cwa + ... + Р*„_1 -f axn =а„-и
^j + ах2 + ... + ах„_1 + ахп = av
где а, р, аи ¦ ¦ -,ап — заданные числа.
7. (МФИ). Решить систему
+ 3х3+ ...+ nxn = av
2х3 + Зх4 + ... + пхх = а2.
8. (Москва, II секция). Пусть х\, Хь Хз, у\, у2, Уз — действи-
действительные числа, причем
cos kx\ + cos kx2 + cos kxz = cos kyx + cos ky2+cos куъ
при k=\, 2, 3. Доказать, что набор чисел cosxi, соэхг, cosx3 со-
совпадает с набором cos г/i, cosi/2, cosi/з.
9. (Москва, I секция). Доказать, что система уравнений
znl+2zn2+...+nznn^0
имеет единственное комплексное решение Z\ — Zi= ... =zn = 0.
10. Пусть дсь...,дсп — различные числа, п>2. Доказать тож-
тождество '
32

! : = 0,
а (*a(l)~~*aB)M*aB) ~*aC)) ••• (*а(л) ~ хо{\))
?яе сумма берется по всем перестановкам а индексов 1, 2,...,п.
11. (Мехмат). Доказать, что
, LI
22
5 -»
7 —
(л-IJ
2л—1
12. (Москва, II секция). Доказать, что для натуральных k и
•г имеет место равенство
ft
'=1
L
—1
2 I
*
*
13. (Москва, III секция). Нарисовать на плоскости множест-
зо точек (х, у), для которых выполнено неравенство \/х+\/у>\.
14. (Москва, III секция). Нарисовать на плоскости множество
-очек (х, у) таких, что sinx^cosy.
15. (МТекстИ). Сколько существует членов последовательно-
•-ти ап — 1п In ... Inn?
*. *
*
16. При каких а графики функций у = ха и у = 1пх имеют одну
ч только одну общую точку?
17. (Москва, II секция). Найти все положительные числа а
-акие, что неравенство ах^ах справедливо при всех х>0.
18. (Москва, III секция). Найти наименьшее значение функ-
1ии y = x — asinx на отрезке [0, я/2] (в зависимости от параме-
параметр а).
19. (Москва, II—III секции). Найти множество значений вы-
^жения
ху -j- xz 4- yz
лри ограничениях х>0, у>0, z>0, xyz= 1.
- Зак. 481 ' 33

20. Найти максимум функции \х\—Х2ЫХ1 — Хз|-|*2— *
на множестве чисел хи Х2, Хз таких, что ^0 ^0 ^0
<1
21. (Всесоюзный тур). Найти максимум функции .F:R6->-R
F(a, b, с, d, e, /) = (а-с) (f — d) + (c — e) F —d)
при следующих ограничениях:
а2 — 4а+Ьг— 26 + 2=0,
—2/ + 2=0.
22. (Всесоюзный тур). Грузовик грузоподъемностью не более
10 т должен перевезти 100 т груза из пункта А в пункт Б, рас-
расстояние между которыми равно 20 км. Скорость грузовика равна
60 (— ) км/ч, где х — груз в тоннах. Каково наименьшее
время, необходимое, чтобы перевезти весь груз с учетом време-
времени «а возвращение?
23. (МЛТИ). Береговая линия острова имеет форму эллипса
с полуосями О А и ОВ, причем |ОЛ|=4 км, |ОВ|=3 км. Берег
представляет собой прямую линию, пересекающую луч ОА в точ-
точке С и луч ОВ в точке D. Известно, что \ОС\=8 км, \OD\ =
= 4,5 км. Найти длину наименьшей переправы с острова на берег.
24. (Москва, III секция). Чему равна наименьшая боковая
поверхность прямого кругового конуса объема 1?
25. (МАДИ). Дан тетраэдр (треугольная пирамида) О ABC.
Найти на грани ABC такую точку N, чтобы параллелепипед, вы-
высеченный из тетраэдра плоскостями, проведенными через N па-
параллельно граням OABt OBC и ОСА, имел наибольший объем.
26. (Мехмат). Пусть Г — n-мерный симплекс с единичными
ребрами в /г-мерном пространстве R". Для прямой /eRn обозна-
обозначим через d(l, Г) максимум расстояний от вершин Г до /. Найти
mmd{l, Г).
гея"
27. (МЭИС). Определить радиус наибольшей окружности, ле-
лежащей на эллипсоиде:
2=1 {а>Ь>с).
28. (Всероссийский тур). Является ли монотонной числовая
последовательность
29. (МФТИ). При каких х последовательность
монотонно убывает, начиная с'некоторого номера?
34

30. Доказать неравенства1--
1983 1982 1982
31. (Москва, II секция). Дока перавенство
при хе@, л/2).
32. (Москва, III секция). Доказать неравенство
33. (УДН). Доказать, что при х>0,
где Г — гамма-функция.
34. (Москва, I секция). Пусть
Доказать, что для любого сре@, 2л)
2
35. (УДН). Пусть iV>3, 0<ап<я/2 при п=\, 2,...,N и
!а„ = 1. Доказать, что
tgan>(JV-l)
36. (Москва, III секция). По окружности расставлено не-
несколько чисел. Известно, что сумма любых трех рядом стоящих
чисел не превосходит 3, а сумма любых пяти рядом стоящих чи-
чисел не превосходит 5.
Доказать, что сумма всех чисел максимальна тогда и только
тогда, когда все они равны 1.
37. (Математический бой). Доказать неравенство
а3 + Ь3 + с3 + %аЪс > — (а + Ь + сK,
4
где а, Ъ, с^О.
38. Пусть {йп}, {Ьп} — последовательности положительных чи-
чисел. Известно, что для любого подмножества /czN
Е /гч \1982
Ъп > (I ап) ¦
2* 35

Доказать, что
1
оо
39. (Математический бой). Дано: х\^Хг^:..>0, V Xi — 1
х? = 1982. Доказать, что х\+хг+ ... +Xi982>l-
1=1
40. (Москва, II—III секции). Доказать, что для положитель
ных чисел х\, Х2, ¦ ¦ .,хп справедливо неравенство
(max Xi) (xj + 2х2 + ... + пхп) ^ — (хг + х% + ... + хпJ.
41. (Москва, I секция). Пусть k и / — целые числа,
N(k, I) —число решений уравнения
в целых числах х, у, z, t, удовлетворяющих условиям
|Ю \\^k |*|<*
|/Ю, \\^, ||<
Доказать, что N{k, l)s^N{k, 0).
42. (ВМиК). Обозначим через М множество натуральных чи-
чисел, представимых в виде x2+y2+z2, где х, у, zeN. Занумеруем
¦числа из М в порядке возрастания: а\, аг, ¦ • • •
Доказать, что
для некоторых положительных констант С\,
43. (Мехмат). Пусть функция F(x, а) определена следующим
образом:
F(x, a)= (a+l)e а, а>0,
[ 0, с = 0.
Доказать, что для любой функции /еС[0, 1] существует такое
число йо^О, что для любого афао, а^О справедливо неравенство
max\f(x)—F(x, ао)\< max.\f(x)—F(x, а)\.
Jt€lO.ll Jt6I0,l]
44. (Математический бой). Пусть б= max \P(x)—х\, где
Р{х)—многочлен с вещественными коэффициентами, имеющий
только чисто мнимые корни. Доказать, что для многочлена
Р(х)—х2+1/8 е достигает наименьшего значения.
36

* *
*
45. (Москва, I секция). Пусть оь. — элементарный симметри-
симметрический многочлен степени k (l^k^n) от п положительных пере-
переменных Х\, Хъ ¦ ¦ • , Хп-
Доказать, что
46. (Москва, I секция). Пусть Е — замкнутое ограниченно^
подмножество числовой прямой. Обозначим
Wn(zv гш, ...,zn)= П {Zi — Zj),
У„= max \Wa(zlt ...,zu)\.
2
Доказать, что последовательность Vnn(n~) имеет конечный пре-
предел при и->-оо.
47. (Мехмат). Для конечных наборов х и у положительных
чисел х= (xi, х% ¦¦ -хк), у= (у\,.. .yi) определим число
(х, у)=
Доказать неравенство
[х, УJ<(х, х)(у, у).
48. (Мехмат). Пусть A = ||a,7||"/=i— матрица. Для каждой
перестановки а индексов 1, 2,..., п положим
S(A, о) = ? ат).
Пусть М— maxS(А, о). Известно, что для любых индексов г, /(
о
существует перестановка о такая, что a(i)=j и S(A, o)=M. До-
Доказать, что S(A, a)=M для всех а.
§ 7. Ряды и бесконечные произведения
1. (Математический бой). Последовательность {*„} задается
соотношениями
00
xi = a>l, Xn+i = Xn2 — Хп+1 (л>1). Найти V —
п=1
37

2. (МИНХиГП). Вычислить
00 3
m=0 &=0
3. (Москва, III секция). Доказать, что для ге[—1, 1] имеет
место равенство
00
ш-v 1
4. (МАИ). Вычислить
п=1
5. (ВМиК). Пусть i?(z) = У* — , 0<2< 1. Доказать, что
?^ П2
—Z)=— lnzln(l —2).
6
6. (МАДИ). Найти сумму ряда
оо
ij 2" п\
7. (Мехмат). Доказать, что
1,1.1, rtVT 1пЗ
1-2-3 4-5-6 7-8-9 12
8. (МФТИ). Найти сумму ряда У]-^--Л если ао = О, а{ =
и коэффициенты ап удовлетворяют соотношениям
ап+2 + 2пап+1 + (пг—п + —\ а„=0
при п = 0, 1, 2,... .
9. (Мехмат). Доказать тождество
ее оо 1
U Li
l
U Li n(n+!)...(/» +*) J
n^l fc=l 0
10. (УДН). Доказать, что если 0<л:<1, то
(-1I - =1 2х.
2"
/1=1
Найти сумму данного ряда при
38

11. (Москва, I секция). Доказать равенство
3-7 3-7- ... .B"-
3 3-15 3.15-...-D"—1)
* *
12. (Москва, I и II секции). Сходится ли ряд
1
,n>l, тп\т — п\
тфп
13. (МЭИС). Доказать, что ряд
?J
сходится, где шеС, 1т
14. (МФТИ). Доказать, что
* *
*
15. При каких х сходится ряд
16. (МИСиС). Является ли ряд Х\х равномерно
сходящимся на отрезке [—]/2, ]/2] ?
17. (К.ГУ), Доказать, что существует бесконечно много поло-
00
S(_l)rt+1
есть рацио-
п ~\- х
п=\
нальное число.

00
18. Доказать, что ряд V] cos(n(x + In Inn)) расходится
<ш In n
n=2
при всех л.
19. (Олимпиады ЧССР). Обозначим через М множество точек
00
xeR, при которых ряд V sin(n!iix) сходится. Доказать, что:
п=0
а) М всюду плотно, т. е. любой интервал пересекается с М;
б) ееМ;
в) М не содержит никакого интервала.
20. (МЛТИ). Пусть &1>Ь2>. ••>&„>... и НтЬ„ = О. Дока-
П-»-оо
00 ¦ 00
зать, что ряды V 2"Ь„ и V2n(fen—bn+i) сходятся или расхо-
П=1 15=1
дятся одновременно.
21. (Мехмат). Последовательность положительных чисел {хп}
СО
монотонно убывает, причем V'xn = oo. Доказать, что
n=i
22. (Москва, II секция). Пусть {ап} и {&„} —возрастающие
последовательности положительных чисел такие, что
00
Б^
оо,
Верно ли, что
00
Ж4! 1
/. =00?
W «л + Ьп
п=1
23. (Математический бой). Последовательности действитель-
оо
ных чисел {хп} и {(/„} таковы, что J] | ал:„ + Ьу„ |-1 = оо при всех
п=1
действительных а и Ь, при которых ряд определен. Верно ли, что
? A*„1 +|у„1)-1 = оо?
п=1
40

* *
*
24. (Математический бой). Существует ли ряд с положитель-
00 ОО
ными членами V ап такой, что V аы~—7г= Для каждого Ha-
Haтурального k?
25. (Экз.). Дана последовательность 1, 1/2, 1/3,..., 1/я До-
Доказать, что существует расстановка знаков ± между членами этой
последовательности такая, что сумма полученного ряда равна
нулю.
ОО
26. (Мехмат). Пусть \ап— абсолютно сходящийся ряд. До-
казать, что множество значений сумм, получаемых из него выки-
выкидыванием конечного или бесконечного числа членов (если выки-
выкинуты все члены, то сумма полагается равной нулю), замкнуто.
27. Множество точек, принадлежащих отрезку [О, 1], обла-
обладает следующим свойством: каждый ряд, составленный из раз-
различных его элементов, сходится. Доказать, что это множество не
более чем счетно.
28. (Математический бой). Последовательности положитель-
положительных чисел {ап} и {Ьп} убывают. Положим
лев
Известно, что М = {ц>(В) : BeL} для некоторой биекции
Ф : N->N. Следует ли отсюда, что M = L?
§ 8. Дифференциальные уравнения
1. (Москва, II—III секции). Нарисовать график функции
2. (МАМИ). Найти общее решение уравнения
3. (МТехнИ). Найти общее решение уравнения
у = ху'+х*у".
4. Доказать, что уравнения-
у" + (хе~х + 1) у'+е~ху = О,
не имеют общих решений.
ч
41

5. (КГУ). Пусть К—компактное подмножество полуплоско*!
сти {{х, у)\у>0}. Доказать, что существует точка Ле{(х, у)\у>
>0}, обладающая свойством: любую точку из К можно соеди-
соединить с А интегральной кривой уравнения
у'=е»У\пA+\у\), xeR.
6. (КГУ). Движение точки в плоскости (х\, #2) описывается
системой
с начальным положением (xj(O), 0). Определить длину траекто-
траектории точки за отрезок времени [0, t].
7. (Москва, II секция). Точка движется по прямой так, что
средняя скорость за любой промежуток времени равна среднему
арифметическому скоростей на концах промежутка. Доказать,
что точка движется с постоянным ускорением.
8. (МИИГАиК)- По какой траектории полетит шарик, пущен-
пущенный со скоростью v0 под углом а к горизонту, если сопротивле-
сопротивление воздуха пропорционально скорости?
9. (МФТИ). Река имеет ширину а и скорость течения v. На
противоположных берегах расположены два пункта А и В так,
что прямая АВ перпендикулярна берегам. Катер с собственной
скоростью u>v переправляется из Л в В так, что в любой мо-
момент времени его нос (т. е. вектор собственной скорости) направ-
направлен в точку В. Найти время переправы.
10. (МИНХиГП). Пусть точка Р движется по оси ОХ с по-
постоянной скоростью i>>0, а точка М движется по некоторой кри-
кривой L в плоскости XOY с постоянной скоростью u, u>v, причем
вектор скорости точки М в каждый момент времени направлен
в точку Р. Кривая L называется линией погони. Предполагая,
что в начальный момент точка Р находится в начале координат,
а точка М — на оси OY в точке Л10@, t/o), Уо>О, найти уравнение
линии погони L, точку С(х, 0), в которой точка М догонит Р, и
продолжительность погони Т.
* *
*
11. (СТАНКИН). Найти все решения системы уравнений
+
у
ху'=\,
где х, у — функции от t.
42

12. (Москва, II секция). Найти все решения системы диффе-
дифференциальных уравнений
•• 2 • •
У
1
У
13. (МФТИ). Функция f(x, у) непрерывна и монотонно убы-
убывает по у в полосе a^x^b, j/eR. Пусть у{х) и z(x)—непрерыв-
'но дифференцируемы на [а, Ь] и удовлетворяют соотношениям
Доказать, что если z(a)^y(a), то z(x)^y(x) всюду на [а, Ь].
-14. (НГУ). Пусть а,(х), а2(х), f(x)e=C(R), all2<0, /
у(х) —решение уравнения
Доказать, что если у(хо)>О, у'(хо)>О, то у(х)>0, у'(х)>0 при
15. Охотник гонится за волком. Его скорость равна 1, а ско-
скорость волка равна 1/S, где S — расстояние между волком и охот-
охотником. Направления скоростей произвольные. В начальный мо-
момент -S>1. Доказать, что волк может бежать так, чтобы в любой
момент времени выполнялось
а) S>1;
б) S>1.
16. (НГУ). При каких я существует уравнение вида
у которого feC(Rn+') и любое решение которого у(х), опреде-
определенное на интервале /, удовлетворяет неравенству
при всех х\, x2^J.
17. (МИЭМ). Функция f(x)^C2(a, b){\C[а, Ь] удовлетворяет
уравнению f" = exf и условиям f(a)—f(b)=O. Найти f{x). Сколь-
Сколько решений имеет задача?
[ 18. (НГУ). Дано уравнение dx/dt = ts — 2хъ. Доказать, что лю-
любое его решение неограниченно продолжается вправо.
19. (Олимпиады ЧССР). Доказать, что каждое решение диф-
дифференциального уравнения
dx __ ¦ 1
dt 2 + г14 + cos x
ограничено.
" 43

20. (НГУ). Дано уравнение dxfdt = f(x, t)t причем f{x, /)<=
geC2(R*), f>0, -~<0, -f-<0. Пусть x(t; tQ, x0) — решение
этого уравнения с начальным условием x(to)=xo. Доказать, что
а) функция x(t; t0, х0) определена при всех ts [t0, + °о);
У ( f ' f у \
б) предел '"^ '~~j существует и конечен;
в) если f(xi, ti)=0 в некоторой точке (х\, ti), то график лю-
любого решения этого уравнения имеет горизонтальную асимптоту
при t-^+oo.
21. (Олимпиады ЧССР). Пусть а(х), /(x)eC(R), a
f(x) =о(а{х)) при х->-+оо; пусть
(' а (х) dx = оо.
о
Доказать, что для всякого решения у(х) уравнения
выполняется \\т у(х) = 0.
22. (Москва, II секция). Пусть f(x)—действительная непре-
непрерывная периодическая функция, определенная на всей числовой
прямой. Верно ли, что дифференциальное уравнение у' =
= (у2—1) (у — f(x)) имеет периодическое решение, отличное от
константы?
23. (НГУ). Пусть f(x, /)eC(R2) периодична по t с периодом
Т>0. Доказать, что если существует единственное решение урав-
уравнения x = f(x, t), ограниченное на всей оси, то оно периодическое
с периодом Т.
24. (КГУ). Доказать, что все решения уравнения
x(t) + arctgt-x(t)=O
ограничены на [0, +оо).
25. (Математический бой). Пусть a(t), f(t)^C(R), а>1, />
ОО
>0, r/E)dl=oo. Доказать, что всякое решение уравнения
x+a{t)f{x(t)) =0 ограничено сверху при ?->+оо.
26. (Олимпиады ЧССР). Пусть f:R->R — непрерывная огра-
ограниченная функция, g:R->~[a, b]—непрерывная функция, 6
0
Доказать, что уравнение
x=g(t)x+f(t)
имеет единственное решение, ограниченное 'на R. Доказать, что
если g(t)=c2 = const, то это решение задается формулой
= L [ е-* I *-^ I / (т)
2с J
44

27. Найти положения равновесия уравнения i+x13sinx = 0 и
определить, являются ли они устойчивыми.
# *
*
28. (Олимпиады ЧССР). Пусть А — множество чисел а, при
которых система
\У=ау
имеет решение (x(t), y(t))-*-0 при tf-v+oo. Найти А и для каж-
каждого* аеЛ указать множество начальных условий, для которых
МО. 0@)-*-° при *-»-+«>.
29. (Всесоюзный тур). Пусть *i@> #2@—решения диффе-
дифференциальных уравнений
xi— (/cos t+sin t)xi,
X2 = — (tcost+smt)x2.
Обозначим ы(х) = lim n|* , где x{t) есть вектор {xi(t),
0) 1@11@ ^@
Найти множество значений функции &(х).
J0. (Олимпиады СФРЮ). Доказать, что система
+sin4
имеет периодическое решение.
* *
*
31. (Всероссийский тур). Пусть F(t)—фундаментальная мат-
матрица решений системы dx/dt=A(t)x (где матрица A(t) непрерыв-
непрерывно зависит от t). Доказать, что матрица F(t) является ортого-
ортогональной в любой момент времени тогда и только тогда, когда
матрица A(t) является кососимметричной в любой момент вре-
времени.
32. (МФТИ). Пусть и, и —решения уравнения
y"+al(x)y'+a0(x)y = 0.
Доказать, что
W{u2, uv, v2)=2(W(u, v))\
45

где W(fu U,...fn)—определитель Вронского системы функций
fu h,---,fn, т. е.
/1 /2 •••In
/1 /2 . . . In
§ 9. Функциональные уравнения
1. (Мехмат). Найти все непрерывные на R функции f(x),
удовлетворяющие условию f (x) =f(sinx) при всех х.
2. (КГУ). Найти все функции /: R->R, которые непрерывны в
точке х = 0 и удовлетворяют соотношению
f(x+y)=f(x)+f(y)+xy(x+y)
при всех х, yeR.
3. (Мехмат). Многочлен Р(х) удовлетворяет равенству
при всех х,yeR. Доказать, что Р(х)^ах для некоторого числа а.
4. (КГУ). Функция / интегрируема по Риману на [0, 1] и
удовлетворяет уравнению
Пусть f A/jt) == 1. Определить f.
5. (Москва, I, II, III секции). Существует ли непрерывная
функция f(x), определенная на всей вещественной оси R, такая,
что {(f(x)) =e"x для всех xgR?
6. (МЭИ). Найти все функции феС[й, Ь], удовлетворяющие
ь
уравнению Ф = f ф(х)dx + г|з, где т|)еС[а, Ь]—известная функ-
а
ЦИЯ.
7. (Мехмат). Функция ф(?) удовлетворяет уравнению
п
1 — ф @ + V а/'ф {tfi = о,
i=\
где at — действительные числа, k{ — целые положительные числа,
Известно, что q>(*)/(fcp(O) = l/(l —0- Найти f(x).
8. а) (УДН). Пусть р(х) : [О, 1]-*R, р@) =рA) ='0 >
<р(х) + р(у) при всех д;, уе[0, 1]. Доказать, что р(х)>0
всех хе[0, 1] и функция р(х) имеет бесконечное число нулей т
[0,1].
46

б) Привести пример такой функции р(х), не равной нулю
тождественно.
9. Пусть f и g— непрерывно дифференцируемые функции на
R, причем всюду f'>0, g'>0. Введем операцию ф: f(Bg — это
функция на R, обратная к f~l + g~l, т. е. f®g= {f~l + g~l)~l. До-
Доказать, что (f@g)'<if/®g' (если f">0, g">0).
10. (Олимпиады ЧССР; математический бой). Найти все не-
непрерывные монотонно возрастающие функции f, определенные на
открытом интервале / и такие, что /(/)=/, f' = f~l (где f~l —
функция, обратная к f), если а) /=@, 1); б) /=@, 2); в) / =
= @, +оо).
11. (Всесоюзный тур). Пусть /eC2(R2). Доказать эквивалент-
эквивалентность следующих условий:
а) для любого прямоугольника ABCDczR2
f(A)+f(C)=f(B)+f(D);
б) f(x, у) =а(х2+у2)+ bx + cy+d— для некоторых чисел а,
Ь, с, d.
12. (Олимпиады СФРЮ). Непрерывная функция F: R2->R та-
такова, что для любых чисел и, v, w
F(u,0)=u, F(u,u)=O, F(F(u,w),F(v,w))=F(u,v).
Доказать, что существует строго монотонная функция f: R-+-R
такая, что
f(x-y)=F(f(x),f(y)).
§ 10. Функции комплексного переменного
1. (Всероссийский тур). Доказать, что если функция f(z) ана-
00
литична в круге [г]<1 и /@)=0, то ряд J*/(z*) сходится при
А
[<l и представляет аналитическую функцию.
2. (Всероссийский тур). Коэффициенты степенного ряда
заданы рекуррентным соотношением an = aan
,(«^2), где ао = О, Ci = l, a и Р — действительные числа. Доказать,
что:
а) |а„КBс)п-' при я>1, где c = max (|a|, |р|, 1/2);
б) радиус р круга сходимости ряда отличен от нуля;
в) в круге сходимости сумма ряда равна z/(l — az—$z2).
47

3. (Экз.). Найти на границе круга |z|^l особые точки функ-
функции, заданной внутри круга рядом
4. (Олимпиады СФРЮ). Доказать, что функция /(z) = '
л=0
не может быть аналитически продолжена за круг сходимости.
5. (Олимпиады ЧССР). Пусть f(z)—функция, аналитическая
в круге |z| <1.
а) Доказать, что равенство
lim |/(z)| = + °°
|z|->l-0
невозможно.
Оо
б) Доказать, что для функции / B) = V 5*zBftI выполняется
равенство
lim inf |/B)| = +оо. (*)
r-*l-0 /z|=r
в) Показать, что всякая функция, удовлетворяющая (*), при-
принимает каждое комплексное значение бесконечное число раз.
6. (НГУ). Доказать, что если f(z) — аналитическая в круге
|z| <R функция и |/B) | <Л1<оо при \z\ <R, то
/(г)-НО)
при \z\<R.
7. (Мехмат). Доказать, что условие Нт
Я-»- оо
-а
необходимо и достаточно для того, чтобы функция f (z) = ^ /„г"
имела на границе круга голоморфности единственную особую
точку — полюс 1-го порядка в точке 2=а (а^О)
* *
*
8. (Олимпиады ЧССР). Пусть f — целая функция, и сущест-
существуют положительные числа с, R и натуральное число п такие, что
f(z)~^c\z\n при |z|^/?. Доказать, что f — многочлен степени не
меньше я. '
48

9. (Экз.). Найти все целые функции fug такие, что
(Imf)»+(Re?)»=l.
10. (Экз.). Пусть я^2 — натуральное число. Найти все целые
функции f и g такие, что /n + gn=l.
11. (НГУ). Доказать, что если целая функция f принимает
все комплексные значения, а /' не обращается в нуль, то f — ли-
линейная функция.
12. (Экз.). Пусть GcrC — открытый треугольник; G = Gi{]G2u
ПС?з, где Gu G2, G3—^открытые полуплоскости; f — голоморфная
в G функция и feC(G). Всегда ли f можно представить в виде
/ = fi + ?2 + f3, где fi, f2 и /3 голоморфны в Gu G2, G3 соответ-
соответственно?
13. (Экз.). Может ли функция 1/z4 быть равномерно прибли-
приближена многочленами на окружности |z| = l со сколь угодно боль-
большой точностью?
* *
*
14. (НГУ). Найти предел при z->-oo ветви функции
A—z)p(\ + z)p/(z+2) (где р — действительное число), опреде-
определенной в (С\{2})\[—1, 1] и равной e2MhP(l—x2)P(x+2)-1 на
верхнем (нижнем) крае разреза по [—1, 1] (&eZ).
15. (Олимпиады СФРЮ). Функция /(г) = Z + ? anz" анали-
л=2
тична « взаимно-однозначна в круге D = {z\ |z|<l}. Доказать, что
mes (f(D))^n, причем mes(f(D))=n только тогда, когда
()
§ 11. Метрические и топологические пространства
1. Доказать, что метрическое пространство, состоящее из
счетного числа элементов, несвязно.
2. Пусть /: К-*~К — отображение метрического компакта К в
себя такое, что p(f(x), f(y))<p(x, у) для всех х, у^К, хфу.
Доказать, что найдется точка х^К такая, что f(x)=x.
3. (Математический бой). Пусть f: К-*-К — отображение мет-
метрического компакта на себя такое, что p(f(x), f(y))^p(x, у) для
всех х,у^К-
Доказать, что / — изометрическое отображение. Примечание:
через р(х, у) обозначается расстояние между точками х, у.
4. Доказать, что в любом сепарабельном метрическом про-
пространстве X найдется подмножество, граница которого содержит
все неизолированные точки пространства.
49

5. (Мехмат). Докажите, что дополнение к полноторию (телу
вращения круга около не пересекающей его оси, лежащей в его
плоскости) в пространстве R3 гомеоморфно открытому полното-
полноторию, из которого выброшена точка.
6. (Мехмат). Гомеоморфны ли интервал и отрезок, состоящие
из рациональных точек (т. е. Qfl(O, 1) и Qfl[O, 1])?
7. (Мехмат). Доказать, что пространство неупорядоченных
наборов из п точек RP2 (вещественной проективной плоскости)
гомеоморфно RP2n (вещественному 2я-мерному проективному
пространству).
8. (Олимпиады СФРЮ). Пусть А, В, С, D, Е, F— точки в
трехмерном евклидовом пространстве, никакие 4 из которых не
лежат в одной плоскости. Пусть L и М — следующие множества:
L = [АВ] U [АС] и [ВС] U [DE] [} [DF] U [EF] [} [BE] U [AD] U [CF],
М = [АВ] U [АС] у [AD] U [BE] [} [СЕ] \) [BF] [} [CF] U [DE] [] [DF].
Гомеоморфны ли L и М?
* *
*
9. (Олимпиады СФРЮ). Рассмотрим следующие множества
на плоскости: А = {(х, y)eR2| х — целое или у — целое}, В\ =
= {{х, у)\х=Ц2, у>Ц2}, В2 = {(х, г/)|-1/2<х<1/2, г/=1/2}, В3 =
= {(*» У) |* = —1/2, у< 1/2}. В множестве X=A\jBl\jB2[jBs введена
топология из R2. Доказать, что любое непрерывное отображение
f:X-^X, такое, что f(X)=X, имеет неподвижную то'чку.
10. Пусть Т — единичная окружность в С, У — фигура, имею-
имеющая форму буквы У. Доказать, что для любого натурального
1 существует непрерывное отображение f: T-^-Y такое, что
f {е п г) ФI (z) ни для какого
11. (Поволжье). Множество X содержит 7 элементов. По-
Построить в X топологию такую, что для некоторого подмножества
УсгХ все 7 множеств У, У°, У°~, У°-°, У- Y'°, У-°- различны (где
«°» означает взятие внутренности, а «~» ¦— замыкание).
12. (Мехмат). Доказать, что ни для какого топологического
пространства X пространство R не гомеоморфно прямому произ-
произведению ХхХ.
13. (Олимпиады ЧССР). Пусть А — подмножество R. Введем
в R топологию tA следующим образом: ^-открытым множеством
назовем объединение любого открытого в R множества с любым
подмножеством в А. Существует ли такое Л, что топологическое
пространство (R, tA) неметриз^емо?
50

14. На множестве В всех ограниченных функций на [0, 1]
введена функция А, со значениями в R. Доказать, что в любом
круге радиуса 1 в В (где расстояние в В определяется по фор-
формуле p(f, g)=sup \f(x)— g(x) |) найдутся функции [ и g такие,
(fJX(f)k()
p()()
15. Доказать, что любая точка на единичной сфере в L1
[О, 1] является серединой отрезка длины 2, целиком лежащего
на этой сфере.
16. Доказать, что последовательность центров вложенных ша-
шаров в банаховом пространстве имеет предел.
П. Доказать, что любое бесконечномерное замкнутое подпро-
подпространство в L{ [О,1] содержит функции, которые нельзя сделать
непрерывными изменением на множестве меры нуль.
18. (Олимпиады ЧССР). Пусть X— линейное нормированное
пространство, х\, Хъ----,хп— линейно независимые вектора в X.
Доказать, что найдется е>0 такое, что любые вектора у\, (/2. ¦ • •
...,уп^Х такие, что IU» — г/г11<е, t=l, 2,..., линейно незави-
независимы.
* *
*
19. (Олимпиады ЧССР). Пусть с0— линейное нормированное
пространство сходящихся к нулю действительных последователь-
последовательностей х = {хп} с нормой 11*11 = sup \xn\- Пусть М — подмножество-
в со, определенное следующим образом:
M=\xi ,
т 2"
п=\
Доказать, что ни для какого х^со\М не существует ближайшего-
к * элемента из М.
20. Пусть а — линейный непрерывный функционал в простран-
пространстве Со (см. предыдущую задачу). Доказать, что существует ров-
ровно одно продолжение а с пространства с0 на /со, сохраняющее
норму.
21. Пусть {xh} — последовательность элементов пространства
h такая, что для любого линейного непрерывного функционала
L на h выполняется limL(x*) = 0. Доказать, что НтЦ**!!/, =0.

ГЛАВА 2
АЛГЕБРА
§ 1. Определители, матрицы и линейные операторы
1. (Мехмат). Найти определитель матрицы ||min(i, /)||"/=1.
2. (МАДИ). Найти определитель девятого порядка
2 1
12 10
1 2
2 1
1 2
3. Доказать, что определитель
51237 79922 55538 39177
46152 16596 37189 82561
71489 23165 26563 61372
44350 42391 91185 64809
не 'равен нулю.
4. (Москва, I секция). Вычислить определитель
pi
СО
где Clm— биномиальные коэффициенты, п,
5. (УДН). Вычислить определитель матрицы llQ/ll"^!»
где cit — \l{i + i — 1)!.
6. (НГУ). Вычислить определитель матрицы Ца,7||?/==1, где
C4j= (x + i)i— (x + i—1)J, a x — действительное число.
7. (Москва, I секция). Пусть т и п — натуральные числа,
/и>1, Хо, Xi,... ,хт-\—действительные числа. Пусть
€п,т = \\Сц\\1^~01 — матрица размера тпХтп, где
52

a to, ti,...,t'n-i, /o, /ii-..i/n-i — целые числа из отрезка [О,
т—1], определяемые из равенств
i = /о + mil + m2i2 + ... + тп-Чп-\,
Найти определитель матрицы Сп,т-
8. Доказать, что определитель
det
1
х,_ + уг) (х2
1
Ч+Уг
- Уг) (х2 + У2)
(хп
1 >
не зависит от у\,...,уп-\.
9. (Москва, II секция). Пусть 7ц,...Д„ — различные действи-
действительные числа, отличные от 0, —1, —2,..., — п+\. Доказать,
jto определитель
1
},,
1
Aj_ -р 1
i
Хх + л — 1
1
1
12 + 1
1
Ц + л — 1
1
я„
1
Я„Н-1
1
%п л. п __ 1
¦угличен от нуля.
10. (Мехмат). Доказать, что если k\, k2,...,kn-\ — различные
натуральные числа, щ, а2,...,а„ — различные положительные
числа, то определитель
1 1 ... 1
...в.*'
at"
лтшчен от нуля.
11. (Всероссийский тур). Вычислить определитель.
Р(х) Р(х+1) ... Р(х + п)
Р'(х) Р' (х + 1) ... Р' (х + п)
Р(п) (х) Р{
где Р(ж)=л;(л:+1) ... (лг+п),
53

12. (Мехмат). Пусть ах,
действительные числа,
определитель матрицы
.,ип, х\,...,хп — отличные от нуля
— натуральное число. Вычислить
+l-f)
1.1=1'
13. (УДН). Пусть р(х)—бесконечно
функция и пусть
f
дифференцируемая
p
p"
2!
P'"
3!
n!
1ТТП
A»
p'
p"
2!
P
P'
¦
p&)
3!
, , — nf Hp
0
p"
2!
P
d'
и
1
' п +1 dx
14. Пусть А — матрица размера тХп, k — натуральное число,
n, n). Занумеруем числами 1, 2,..., Ст каким-либо
' фиксированным способом наборы по k различных строк матри-
матрицы Л, а числами 1,2 Сп— наборы по k столбцов. Соста-
Составим матрицу Л(*> размера С^, х Сп такую, что на пересечении
строки а и столбца р матрицы AW стоит минор матрицы А, по-
полученный пересечением набора k строк, занумерованного числом
а, и набора k столбцов, занумерованного числом р. Доказать, что
если В — матрица размера nXl, l^k, то
15. (МИЭТ). Пусть А — матрица размера тХп, имеющая
ранг 1. Доказать, что найдутся матрицы В и С размеров mXl и
1Хя соответственно такие, что А = ВС.
16. (Мехмат). Пусть Au A2,...,An+i — матрицы размера «X
Х«. Доказать, что найдутся п+\ чисел Х\,...,хп+\, не равные
нулю одновременно, такие, что матрица Х\А\+ ... +хп+\Ап+\ вы-
вырождена.
17. (Мехмат). Пусть А — матрица размера пХп («>3), все
элементы которой действительны и отличны от нуля. Доказать,
что найдется матрица В размера пХп, все элементы которой по-
положительны, такая, что матрица С= IK/fti/ll^w вырождена (где
ац, bij — элементы матриц Л и В соответственно).
54

18. Пусть А — квадратная матрица пХп ранга г. Найти чис-
число линейно независимых решений уравнения АХ = 0, где X — мат-
матрица пХп.
19. (Москва, II секция). Пусть А и В— матрицы 3x3 такие,
что если для столбца X АХ = 0, то и ВХ=0.
Доказать, что найдется матрица С такая, что В = СА.
20. (Мехмат). Пусть А и В —квадратные матрицы порядка
1979. Доказать, что если АВ = 0, то хотя бы одна из матриц А +
+ АТ, В + Вт вырождена.
21. Пусть Р, Q, R — квадратные матрицы порядка п. Дока-
Доказать неравенство
22. (Москва, I секция). На диагонали матрицы пХп стоят
нули, а все остальные элементы равны 1 или 1980. Доказать, что
ранг этой матрицы равен п— 1 или п.
23. (Мехмат). Какую наибольшую размерность может иметь
подпространство линейного пространства матриц «-го порядка,
целиком состоящее из вырожденных матриц?
24. (Мехмат). Пусть Х\, Х2,...,хп — ненулевые вектора о ли-
линейном пространстве, А — линейное преобразование такое, что
Axi = xh Axh = xh + xh-u k = 2, 3, ...,п.
Доказать, что вектора Х\,...,хп линейно независимы.
25. (Мехмат). Пусть Х\,...,хп — последовательность векторов
в Rn, причем xh+i=Axk+f, где fsRn, A — линейный оператор в
Rn. Доказать, что если все собственные числа оператора А рав-
равны нулю, то итерационный процесс {хи} за конечное число шагов
сойдется к решению уравнения x=Ax+f.
26. (УДН). Пусть Q — счетное семейство линейных отображе-
отображений из Rn в Rm. Для каждого xeRn обозначим через Qx множе-
множество векторов вида Ах, где A^.Q. Пусть В —линейное отображе-
отображение из Rn в R такое, что Bxg.Qx для любого xeRn. Верно ли,
что 5eQ?
27. (Всероссийский тур). Пусть А и В — квадратные матрицы
порядка п.
а) Доказать, что матрицы АВ и ВА имеют одно и то же мно-
множество собственных чисел.
б) Верно ли, что АВ и ВА имеют один и тот же характери-
характеристический многочлен?
28. (Москва, I секция). Известно, что матрицы А, В и С по-
попарно перестановочны. Доказать, что найдутся действительные
числа а, р, у, не все равные нулю, такие, что det(aA+pB+
)
29. (Поволжье). Пусть А — линейное преобразование конеч-
конечномерного комплексного линейного пространства V, причем Ап —

= ? при некотором п. Доказать, что в V существует базис, со-
состоящий из собственных векторов А.
30. (НГУ). Пусть ф — линейное преобразование конечномер-
конечномерного линейного пространства V, a L — подпространство V, инва-
инвариантное относительно <р. Пусть в V имеется базис из собствен-
собственных векторов преобразования qp. Доказать, что
а) L также обладает базисом из собственных векторов;
б) V=L©Li, где L, — инвариантное относительно ф подпрг-
странство.
31. (Мехмат). Пусть А и В — квадратные матрицы с дейст
вительными коэффициентами, причем матрица АВ—ВА имее-
ранг 1. Доказать, что найдется комплексная матрица С такая
что матрицы САС~1 и СВС~Х имеют треугольный вид.
32. (Всероссийский тур). Пусть А — матрица порядка г..
имеющая вид
Найти хотя бы один вектор х такой, что вектора х, Ах, А2х,...
...,Ап~1х линейно независимы. Доказать, что если матрица А
подобна диагональной матрице с числами Pi, P2.---.Pn на диаго-
диагонали, то все числа Рь ..., рп попарно различны.
33. (Мехмат). Пусть О, V—конечномерные линейные про-
пространства над полем комплексных чисел, А и В — линейные пре-
преобразования U и V соответственно. Доказать эквивалентность
следующих трех условий:
а) существует линейный эпиморфизм С: U-^V такой, что
СА = ВС;
б) существует линейный мономорфизм D: V-*U такой, что
DB
;
в) для любого комплексного К порядки жордановых А,-клеток
ku k2,... оператора A (k^k2^. ¦.) и порядки ^-клеток 1и 12,..-
оператора В {lu^h^z...) связаны соотношениями ki^U для всех
34. (Мехмат). Пусть L(n, С)— кольцо квадратных матриц
порядка п с комплексными коэффициентами. Пусть A^L(n, С),
О 1
О 1 О
° '''-ii
О
Пусть 9f:L(tt, C)-*-L(n, С) — линейный оператор, заданный фор-
формулой %Х=АХ—ХА.
Найти жорданову форму оператора §1 (указать собственные
числа и порядки жордановых клеток).
56

35. (Математический бой). Пусть V — «-мерное линейное про
странство, L и N — его подпространства, причем V = L©N
dimAf = m, 0<m<rc. Пусть A — линейное невырожденное преоб
разование в V. Доказать, что для некоторого натурального fe^
2 выполняется равенство V=AhL©N.
*
*
36. (Москва, III секция). Вычислить f . \\
37. (МФИ). Вычислить
\sinqp
38. (Олимпиады ЧССР). Найти Л100, где
39. (МИСиС). Пусть Л — квадратная матрица порядка п,
Я 1 О
О
где КфО. Найти Л~!.
40. (МФИ). Пусть Л — квадратная матрица и Ah = 0. Дока-
Доказать, что (? — Л)-! = ?Ч-Л + Л2+ ... +Ak~l.
41. (МИСиС). Пусть Л — квадратная матрица второго поряд-
порядка, k>2— натуральное число. Доказать, что если Ah = 0, то и
Л2 = 0.
42. (Мехмат). Пусть Л и В — матрицы порядка п, причем
матрица Л обратима. Возможно ли равенство AB—BA=A?
43. (МИЭМ). Построить пример матриц Л и В одинакового
порядка таких, что существуют пределы lim Л", lim Bn, но не
существует предела lim (AB)n.
44. (Мехмат). Для квадратных матриц Л и В одинакового по-
порядка выполнены соотношения АВ = ВА, Л!977 = ?, В!978 = ?. Дока-
Доказать, что матрица А + В + Е обратима.
45. (МФТИ). Матрица S обладает свойством: любую матрицу
Л можно единственным образом представить в виде суммы двух
слагаемых Л^Л1 + Л2, где Ах коммутирует с S (т. е. Л15 = 5Л1),
а Л2 — антикоммутирует (т. е. Л25 = —SA2).
Доказать, что для этого необходимо и достаточно, чтобы S2
была кратна единичной матрице (порядки всех рассматриваемых
матриц равны п).
57

46. (Мехмат). Разрешимо ли уравнение
хух2у2х3у3 =
где х, у — ортогональные матрицы 3-го порядка?
47. Найти необходимое и достаточное условие на линейный
оператор А в «-мерном комплексном пространстве для существо-
существования оператора В такого, что В2=А.
48. (Мехмат). При каких условиях на собственные числа комп-
комплексной матрицы Т существует многочлен Р* с положительными
коэффициентами такой, что Р(Т) = 0?
49. (Мехмат). Пусть А — невырожденная комплексная матри-
матрица порядка п, k — натуральное число. Доказать, что найдутся
матрица X и многочлен /(г) такие, что Xk=A, X = f(A).
50. (Мехмат). Найти все комплексные матрицы А порядка п
такие, что еА+еВ — еА + О(ъ2) при 8->0 для некоторой ненулевой
комплексной матрицы В.
51. (Мехмат). Пусть L(n, k) — кольцо квадратных матриц по-
порядка п над полем к. Если MczL{n, к), то через С(М) обозначим
множество тех X^L(n, к), для которых ЛТ = УХ для любой мат-
матрицы Y^M. Доказать, что кольцо матриц, являющихся многочле-
многочленами от фиксированной матрицы А с коэффициентами из k, сов-
совпадает с СС{А).
* *
*
52. (МЭИ). Найти матрицу Р порядка п такую, что для любой
матрицы А порядка п матрица АР отличается от А только пере-
перестановкой г-го и /-го столбцов.
53. (МГИ). Два студента поочередно заменяют звездочки чис-
числами в системе
х+ *y+*z=*,
х+ *t/+*z=*,
Доказать, что начинающий всегда может добиться того, что полу-
полученная в итоге система будет несовместной (студент, делающий
ход, может заменить любую из оставшихся звездочек любым чис-
числом).
54. (Москва, I секция). В действительной квадратной матрице
заданы все элементы, кроме лежащих на диагонали. Доказать,
что на пустых местах можно «расставить нули и единицы так,
чтобы матрица оказалась невырожденной,
58

55. Найти необходимое и достаточное условие, которому долж-
должна удовлетворять матрица с целыми элементами, для того чтобы
. все элементы обратной матрицы были бы целыми числами.
56. (Мехмат). Найти все действительные матрицы М порядка
- п, у которых все элементы неотрицательны и существует обратная
-матрица М~х также с неотрицательными элементами.
57. (УДН). Пусть А — квадратная матрица порядка п с нуля-
'. ми на главной диагонали и ±1 вне диагонали. Доказать, что при
четных п матрица А невырождена, а при любом нечетном п матри-
• ца А может быть вырожденной.
58. (МЭИ). Пусть А — невырожденная квадратная матрица,
в каждой строчке которой стоит только одно число, отличное от
нуля Ъ равное + 1 или —1.
Доказать, что при некотором натуральном k А^ — А7.
\ 59. (НГУ; математический бой). Пусть S и А — матрицы пХп,
¦все элементы которых — целые числа. При этом detS#O,
-det Л= 1.
i Обозначим B = S~rxAS. Доказать, что при некотором натураль-
¦ ном т все элементы матрицы Вт — целые числа.
-' 60. (Мехмат). Существует ли матрица 12X12, составленная
из чисел —1,0, 1, определитель которой равен 1981?
; § 2. Линейная алгебра в евклидовых пространствах
- и квадратичные формы
•.' 1. Среди данных 1983 векторов есть неколлинеарные. Известно,
' что сумма любых 1982 векторов из них коллинеарна оставшемуся
i вектору. Доказать, что сумма всех 1983 векторов равна нулю.
J 2. (Москва, III секция). Доказать, что для любых векторов
| х, у, z в евклидовом пространстве справедливо равенство
; 3(N2+ \у\2 + |z|2) = \x+y+z\*+ \x-y\*+ |г/-2|2+ |z-*|2.
3. (Москва, II секция). Найти такую тройку единичных векто-
векторов (а,, Ь\), (а2, b2), (a3, b3), чтобы векторы (ah a2, а3),
(Ьь b2, Ьз) были ортогональны и имели одинаковую длину.
4. (МИИГАиК). Даны 3 некомпланарных вектора а, Ь, с в R3.
Всегда ли можно найти векторы х, у, z такие, что хХу — с,
b ?
5. (НГУ). Пусть а{, а2, а3 — векторы в R3. При каких условиях
на а\, а2, аг существуют векторы bu b2, Ьъ в R3 такие, что для
всех i, / = 1, 2, 3 выполняется а,-X bj = etX es, где еи е2, еъ — орто-
нормированный базис?
6. (Москва, III секция). Пусть хи х2, уи у2 — векторы в трех-
трехмерном евклидовом пространстве. Доказать тождество
Ос3' У*\ \*хР Уг\ =^Xl Х Хг' Ух Х Уг)'
59

7. (Москва, II секция). Доказать, что для любых векторе
Х\, х2, х3, у\, г/2, Уз в трехмерном евклидовом пространстве спр:
ведливо тождество
(h, xi) (xi' X2) (х1г xs)
\XSt Xl) \X3' X2/ \X3> Хз)
*i. Ui) (xv b'«) (хх. Уз)
) ( ) ( )
i
(хг,
(ха,
b«) (х Уз)
, уг) (ха, у3)
(
(«/i» Уд (У1, У*) (Уи Уз)
(г/2- Ух) (Уг> Уг) (Ун, Уз)
(Уз- J/i) (J/s. «/а) (Уз, Уз)
8. (Мехмат). Доказать, что из любых пяти векторов в евклг
довом пространстве можно выбрать два таких, что длина их сум
мы не превосходит длины суммы трех оставшихся.
9. (Мехмат). В трехмерном пространстве даны 10 векторог
аи ..., а\а таких, что |ai|<l, i~\, 2, ..., 10 и |а, + а,+ .. . + а]0|-
^7. Двое играющих по очереди выбрасывают по одному вектору
пока не останутся два вектора. Доказать, что начинающий може~
играть так, чтобы длина суммы двух оставшихся векторов былг
не меньше 1.
10. Длина суммы п единичных векторов на плоскости не MeHt
ше 1. Доказать, что эти векторы можно расположить в таком по-
порядке v\, &2, . •. , vn, чтобы выполнялись неравенства
|У1 + у2 + ... + у*|>1, fe=l, 2, ..,п.
11. (Математический бой). Доказать, что п единичных век-
векторов в трехмерном пространстве можно расположить в таком т-
рядке V[, v2, ..., vn, чтобы выполнялось неравенство
12. Сумма длин нескольких векторов на плоскости равна г»
Доказать, что можно выбрать несколько из них так, чтобы длин;,
их суммы была не меньше 1.
13. (Москва, I секция). Пусть п^?Ъ и п единичных векторох
хи хъ ..., х„ в евклидовом пространстве обладают следующие
свойством: среди любых трех из них найдется пара ортогональ
ных. Доказать, что \\^3^
14. Найти сигнатуру оператора, задаваемого матрицей порядка
п, в которой диагональные элементы равны нулю, а остальные —
единице.
60

15. (Москва, II секция). Пусть А — симметрическая матрица
пХп с положительными коэффициентами, х= (xit ..., хп) — соб-
собственный вектор матрицы Л, соответствующий наибольшему соб-
собственному значению. Доказать, что числа Х\, ..., хп отличны от
, нуля и имеют одинаковый знак.
j 16. Пусть Е — линейное пространство над полем R, / — сим-
симметричная билинейная форма в Е. Пусть существует вектор а
такой, что f(a, а)=0, и из равенства f(x, a)=0 следует, что либо
х коллинеарен а, либо f(x, *)<0.
Доказать, что если хфО, f(x, у)—0, f(y, y)>0, то f(x, x)<0.
17. (Мехмат). Пусть А и В — симметричные вещественные
матрицы порядка п. Будем писать C = sup(y4, В), где С — сим-
симметричная матрица, если С^А, С~^В и из С{^А, С{^В следует
Ci>C (соотношение X^Y означает, что ((X—Y)v, v)^0 для лю-
. бого вектора t/eR"). Доказать, что sup (Л, В) существует тогда и
I только тогда, когда А^В или В^А.
18. (Математический бой). Пусть А я В — две квадратичные
; формы в R". Известно, что для некоторого вектора xo<^Rn выпол-
выполняется Л(л;0)>0, а также что для любого вектора xeR" неравен-
неравенство А(х)^0 влечет неравенство В(х)~^О. Доказать, что найдется
- такое число 1^0, что lA(x)^.B(x) для всех R
#
*
¦н 19. (Всероссийский тур). Пусть А — положительно определен-
||ная симметричная матрица. Доказать неравенство
.; 20. (МФТИ). Доказать, что определитель действительной ко-
; хосимметрической матрицы не может быть отрицательным числом.
s 21. Пусть Л : R''->-Rm, В : Rm->-R* — линейные операторы, при-
1 чем 1тЛ = КегВ. Доказать, что оператор ААТ + ВТВ положительна
¦ определен.
22. (УДН). Пусть Л —- квадратная матрица порядка п с комп-
комплексными элементами, А — ее комплексно сопряженная. Дока-
Доказать, что det(AA + E)^0.
23. Доказать, что если А и В — действительные положительно
определенные симметричные матрицы порядка п, то
24. (МФТИ). Пусть Л,-, i=l, 2, ..., N, — симметричные матри-
матрицы порядка л такие, что Л,Л, = 0, при 1ф\. Доказать, что rgAi +
+ A+ A^
25. (Математический бой). Доказать, что для любых действи-
действительных матриц X, Y порядка пХш выполняется неравенство
det (X YT) 2< det (XXT) det (У YT).
26. (Мехмат). Пусть Ki, Kq, ¦¦•, Кп — круги на плоскости. Че-
Через ац обозначим площадь пересечения Ki[\Kj (l^i, j^n).
61

Пусть А—(ац) — матрица порядка п, составленная из чисел
а,ц. Доказать, что det Л
# *
*
27. (НГУ). Пусть Р — аффинное отображение трехмерного
•евклидова пространства в себя. Доказать, что Р является орто-
ортогональным проектированием тогда и только тогда, когда для лю-
•бых векторов а и Ь выполняется
Р(Р(а))=Р(а) и \Р(а)—Р(Ь)\^\а—Ь\.
28. (Всесоюзный тур). Выпуклый плоский четырехугольник
обладает следующим свойством: сумма квадратов проекций его
сторон на любую прямую в его плоскости одна и та же для всех
прямых. Доказать, что этот четырехугольник является ортого-
ортогональной проекцией на плоскость некоторого тетраэдра, все грани
которого — конгруэнтные равнобедренные треугольники с углом
при основании arctg)'2.
* #
*
29. (Мехмат). Выразить норму матрицы (а у\ через элемен-
элементе а]
тарные функции от действительных чисел а, Ъ, с, d.
Примечание. Нормой квадратной матрицы А порядка п назы-
называется число sup \Ax\.
1*1=1
30. (Мехмат). Доказать, что норма матрицы
1 0 0 ... 0
-1-1- о ... о
2 2
-1-L-L о
3 3 3 "¦
J 1_
n n
не превосходит l+]/2.
§ 3. Многочлены и тригонометрические полиномы
1. (Москва, II и III секции). Найти многочлен f(x) третьей
степени такой, что
1 1 г
[xf(Qdx= [x3f(x)dx=\xb[(x)dx = 0.
о о о '
€2

2. (Москва, II и III секции). Доказать, что если Р и Q — мно-
многочлены степени п, то либо P2e=Q2, либо степень многочлена
Р2—Q2 не меньше п.
3. (Москва, II секция). Пусть Р(х) = х2п + ахх2п~1 +.. . + а2п. До-
Доказать, что существуют многочлены Q и R такие, что degQ=«,
deg R<n и P = Q2+R.
4. Доказать, что если k, I и п — натуральные числа и k + l^n,
то многочлен (я—1) (х2—1)...(хп—1) делится на многочлен
5. (Мехмат). Пусть Р и Q — различные многочлены такие,
Что P(Q(x))s=Q(P(x)). Доказать, что многочлен Р(Р(х))—
—Q(Q(x)) делится на многочлен Р(х)—Q(x).
6. (Мехмат). Доказать, что если р(х) — многочлен степени пу
не им*еющий кратных корней, q(x) — многочлен степени меньше
п, не равный тождественно нулю, то многочлен
2/1
не делится на р(х).
7. (МИЭМ). Доказать, что любой многочлен р(х) можно пред-
представить в виде разности двух монотонно возрастающих многочле-
многочленов.
8. (Мехмат). Доказать, что при нечетном гС^\ любой много-
многочлен есть сумма л-х степеней некоторых многочленов.
9. (Поволжье). Пусть Р(х) — многочлен с действительными
коэффициентами, причем Р(х)~^0 для всех х. Доказать, что суще-
существуют такие многочлены Q(x), R(x) с действительными коэффи-
коэффициентами, что P(x)=Q2(x)+R2(x).
10. (Мехмат). Пусть Р(х) — такой многочлен, что Р(х)>0
при всех л:>0. Доказать, что Р(х) можно представить в виде от-
отношения двух многочленов с положительными коэффициентами.
#
#
11. (Всесоюзный тур). Даны два тригонометрических полинома
p(t) и q(t). Доказать, что существует такой ненулевой алгебраи-
алгебраический многочлен R(x, у), что R(p(t), q(t))=O.
12. (Мехмат). Пусть Р\(х, у) и Рг(#, у) — два однородных,
многочлена с комплексными коэффициентами, причем система
[РАх.у) = о,
1 Ря{х,у)=0
имеет лишь нулевое решение в С2. Доказать, что любой однород-
однородный многочлен достаточно высокой степени представляется в виде
R1P1 + R2P2, где R\ и R2 — многочлены.
63

13. а) (Москва, II секция). Пусть pi и Р2 — многочлены от
Х\, Хч, Хз с действительными коэффициентами. Доказать, что ра-
равенство р\ + р\ = х\ + х\ + х2 невозможно.
б) (Москва, I секция). Пусть р\, ..., рп — действительные
многочлены от хи ..., Хи, причем р\-\-... + р2п=*х\ + ... +x2k. Дока-
Доказать, что
#
*
14. (Мехмат). Доказать, что если многочлен хъ+ах2+Ьх+с
имеет три различных действительных корня, то и многочлен
х3-{-ах2Л (а2-\-Ь)х-\ обладает этим же свойством.
15. (Мехмат). Пусть Р(х) — многочлен степени п, имеющий п
различных корней xit ..., хп. Доказать, что
Е
Р'
^ о
16. (Москва, I секция). Все корни многочлена Р(х) степени
п — различные действительные числа, с — положительное число.
Множество точек х таких, что Р'(х)/Р(х)'>с, является объедине-
объединением конечного числа попарно непересекающихся интервалов. До-
Доказать, что сумма их длин равна п/с.
17. (Мехмат). Доказать, что если Хи ..., хп — корни многочле-
многочлена Р(х) степени п; у\, ..., уп — корни многочлена Q{x) степени
п; z{, ..., г„-х — корни многочлена Р'(х); t\, ..., tn~\ — корни
многочлена Q'(x)
я
- ¦ .<Хп<Уп,
Zi<...<Zn-U ti<...<tn-i,
ТО Zi<tl<...<Zn-l<tn-l.
#
#
18. (МЭИ). Доказать, что для любого oeR многочлен /(*) =
= 12х3+12ах2—8ах—3 имеет хотя бы один корень в интервале
<0, 1).
19. (МАДИ). Коэффициенты многочлена Р(х) =
... + апхп удовлетворяют системе из k^n условий:
64

1 (- ... т
2 6
1 • 2 • ... • k 2 • 3 • ... • (k -\- \) (n + 1) (n -f 2) ... (n -f k)
Каково минимальное число нулей с учетом кратности может быть
у многочлена Р(х) на [0, 1]?
20. (Мехмат). Доказать, что если P(t) ¦— тригонометрический
полином степени п, то при некотором т полином dmP\dim имеет
на @, 2л] не менее 2/г различных нулей.
21. (МФТИ). Пусть многочлен Р не имеет действительных кор-
корней. Доказать, что многочлен
Р {х) + Р" (х)/2! + PIV (х)/4! + ...
также не имеет действительных корней.
22. Сколько действительных корней имеет многочлен 1+х +
22 ?
г
23. (Экз.). Доказать, что функция f (t) •¦= V pt{t) ек'4фО,
i—.l
где pi(t) — многочлены, l,eR (i=l, ..., г), имеет конечное число
нулей на действительной оси.
24. (Всесоюзный тур), а) Пусть а0, at, x-t (l^i^n) — действи-
п
тельные числа, / (х) -- а0 4- V1 а< ctg (д;—х,-). Доказать, что
i=i
имеет не более 2л перемен знака на любом открытом интервале
длины я.
б) Доказать, что для любых точек U, ... , t2n таких, что ^<
<t2<. ¦ .<t2n<ti + n, существует функция / указанного в п. а) ви-
вида, которая меняет знак в точках tu /2, ..., t2n-
25. (Мехмат). Найти сумму первообразных корней из единицы
степени 1982.
26. (Всероссийский тур). В каких квадрантах лежат корни
уравнения 28+23+1=0?
* *
27. (Мехмат). Пусть Р(х) — квадратный трехчлен,
0<Р(—1)<1, 0<Р@)<1, 0«РA)<1. Доказать, что Р(х)<9/8
для любого х<^ [0, 1].
3 Зок. 481 65

28. (Москва, III секция). Пусть F(x) =x2 + px+q. Доказать,
что если 1^@) |>1 и F(l)F(—1)>0, то F(x) не имеет корней на
отрезке [—1, 1].
29. (Мехмат). Пусть P{z) — многочлен степени л с комплекс-
комплексными коэффициентами. Положим
\
l^fe) I2, l
|
где r>0, zk — re2ri'k/m. Доказать, что при т>/г>0 функция Г (г)
монотонно возрастает. /
30. (Москва, I секция). Пусть Р(х) — тригонометрический по-
полином степени п, xeR. Доказать неравенство
/
2л
— \
о
31. (Мехмат). Пусть Р(х) — тригонометрический полином сте-
степени не выше п, причем Р@) = 1 и )Р(л;)|<1 при всех xeR. До-
Доказать, что P(x)^cosnx при хе (—п/п, я/л).
32. (Мехмат). Многочлен Р(х) = х" + а^хп~1 +.. .+а„ делится на
многочлен Q(x)=xm + biXm-] + .. . + Ьт. Известно, что \bk\ >
> Ckm 1981* при некотором k. Доказать, что [а;[>1980 при неко-
некотором /.
33. (Мехмат). Пусть Р(х) — многочлен степени п, РФО. Дока-
Доказать, что существует число сп (независящее от Р) такое, чго
1
max \P(x)\ <cnexp (\\n\P(x)\dx),
хеюц ? I
и найти наилучшую константу с„.
34. (Мехмат). Доказать, что для любого n^N существует та-
такое число с>0, что для всякого многочлена Р (х) = хп + а^х" +...
... + ап, любых действительных чисел Ь и и>0 выполняется нера-
неравенство
35. Доказать, что существует положительное число с такое,,
что для любого ае@, я) и любого тригонометрического полинома
Р(х) десятой степени выполняется неравенство
max |РA977)(х)| <— так \Р(х)\
x?l—a,a] a19 l]
66

36. (Москва, III секция). Доказать, что многочлен Р{х) с на-
натуральными коэффициентами не может при всех натуральных х
принимать значения, равные степеням двойки с натуральным по-
показателем, если Р (х) #гconst.
37. (Мехмат), п корней многочлена л-й степени с рациональны-
рациональными коэффициентами образуют арифметическую прогрессию. До-
Доказать, что если этот многочлен ненриводим над Q, то его степень
не больше 2.
38. (МИЭМ). Пусть р(х) и q(x) — многочлены с целыми ко-
коэффициентами, и для любого целого п дробь p(n)lq(n) является
целым числом. Доказать, что р(х) =q(x)r(x), где г(х) — много-
многочлен с рациональными коэффициентами. Привести пример таких
многочленов р(х) и q{x), что не все коэффициенты г(х) целые.
39. (Москва, II секция). Квадратные трехчлены Р\(х) и Рг{х)
с целыми коэффициентами не имеют общих корней. Для каждого
neN положим ^„ = НОД (Pi (/г), р2(п)). Доказать, что последо-
последовательность {dn} ограничена.
40. (Москва, I секция). Какую минимальную степень может
иметь многочлен от п переменных с целыми коэффициентами,
- «ели при различных наборах натуральных значений переменных
¦j' он принимает различные значения?
"j 41. (Мехмат). Доказать, что для всякого натурального п най-
| ¦ дется многочлен Р{хи ... , хп) с действительными коэффнциента-
% ми от п переменных степени не выше п, осуществляющий биекцию
множеств N" и N.
42. (Москва, I секция). Пусть f(xu ..., хп) — однородный мно-
многочлен степени d с целыми коэффициентами, причем f(Xi, ...
... , л;„)>0 при (хи х2, ... , хп)ф@, ... , 0), и пусть n = 2di-l.
Доказать, что для любого натурального т найдется у>т такое,
что уравнение f(xu ... , хп)=у имеет не менее у различных нату-
натуральных решений (хи ... , хп).
43. а) Даны действительные числа аь ..., ап. Доказать, что су-
существует зависящее от си, ..., ап число с такое, что для беско-
бесконечного числа наборов (ти ..., m,..)caZn выполняется неравенство
б) (Мехмат). Пусть гС^-2, Р(хи ..., хп) — многочлен степени
не выше п с действительными коэффициентами. Известно, что при
любом М>0 неравенство \Р{х\, ..., хп) \ <Л1 выполняется лишь
для конечного числа таких наборов (хи ..., хп), в которых все
числа хи ... ,.хп — целые. Доказать, что Р{хи ..., хп) не может
делиться ни на какую линейную форму L(X\, ..., хп) =а\Х\ +...
.. . + апхп с действительными аи ¦. ¦ ,а*.
44. (Мехмат). Дан многочлен Р{х) с действительными коэф-
коэффициентами. Известно, что для бесконечного числа целых с урав-
¦3* 67

нение Р(х)=с имеет больше и,-...~.~ ^-.„.^ корня. Доказать, что
многочлен Р(х) представляется в виде Q{(x—аJ), где а — число,
Q — многочлен.
45. (Олимпиады СФРЮ). Два корня ненулевого многочлена
с целыми коэффициентами равны 1 и 2. Доказать, что по крайней
мере один коэффициент многочлена не превосходит —2.
46. (УДН). Пусть T(z) — многочлен с целыми коэффициен-
коэффициентами, имеющий общие корни с многочленом P(z)=z"—1, и пусть
)Г(л;)|^1 для любого корня х многочлена Р. Доказать, что T{z)
делится на P(z).
47. (Мехмат). Пусть аи ... , ап — различные целые числа. До-
Доказать, что многочлен {х—ах)...(х—ап) — 1 неприводим над Q.
48. (Мехмат). Доказать, что многочлен х" + 4 разлагается
в произведение двух многочленов меньшей степени с целыми
коэффициентами тогда и только тогда, когда п делится на 4.
49. Пусть а--у 2; ра, ..., pn~i — целые числа, не все равные
нулю. Доказать, что
iPil + . ¦ ¦ + \Pn-i\r~1 '
50. (Математический бой). Последовательность натуральных
чисел {хт} такова, что при всех m^N лг,п+1>л;т, хт+\ делится на
хт и lim nXm+1 = i. Пусть Р(х) — такой многочлен степени
1982 с целыми коэффициентами, что Р(хт) — квадрат целого чис-
числа при любом meN. Доказать, что P = Q2, где Q — некоторый
многочлен с целыми коэффициентами.
*
*
51. (Мехмат). Многочлен Р(х, у) от двух действительных пе-
переменных инвариантен относительно поворота плоскости на угол
2л/л вокруг точки @, 0). Доказать, что если степень Р по сово-
совокупности переменных нечетна, то она не меньше п.
52. (Экз.). Привести пример многочлена от двух действитель-
действительных переменных, который не имеет в нуле локального минимума,
но имеет в нуле локальный минимум при сужении его на любую
прямую, проходящую через 0.
53. Существует ли такой многочлен Р(х, у), что Р(х, у)>0
при любых действительных х и у и в то же время
inf Р (х, у) - 0?
R
*
*
54. Дана функция двух переменных f(x, у). Известно, что прь
каждом фиксированном х (а т*акже при каждом фиксированном
68

у) функция f(x, у) является многочленом относительно у (соот-
(соответственно относительно х). Верно ли, что f(x, у) — многочлен от
двух переменных х и у?
55. (Мехмат). Пусть п и k — натуральные числа, причем /фг
~^k~>\. Доказать, что существует несколько симметрических мно-
многочленов Qi, ..., Qm от п комплексных переменных, таких, что
равенство Qi (xh ..., хп) = Q2 (хи ...,хп) =.. . = Qm(xu ...,xn)=0
равносильно тому, что в наборе {хи...,хп} значение каждого из
чисел Х{ встречается не меньше k раз.

ГЛАВА 3
ГЕОМЕТРИЯ
§ 1. Аналитическая геометрия
1. (Москва, II и III секции). Найти угол, под которым пересе-
пересекаются парабола у=рх2 (рфО) и эллипс х2/2 + у2=1.
2. (Москва, II секция). Точки А и В движутся равномерно по
пересекающимся прямым, не сталкиваясь. В каждый момент
времени проведем через точки А и В прямую. Доказать, что объ-
объединение всех этих прямых есть дополнение к внутренности неко-
некоторой параболы.
3. (Мехмат). Пусть S — окружность, F — точка внутри нее,
не совпадающая с центром. Через каждую точку M^S проведем
прямую, ортогональную отрезку FM. Доказать, что объединение
всех таких прямых есть дополнение к внутренности некоторого
эллипса.
4. (Мехмат). Пусть z\, 22, z3 — комплексные корни многочлена
P{z) третьей степени, не лежащие на одной прямой. Доказать,
что корни Р'(z) лежат в фокусах эллипса, касающегося сторон
треугольника Z\Z2Zz в их серединах.
5. (МФТИ). Из произвольной точки гиперболы х2—у2 = \, от-
отличной от A, 0) и (—1, 0), проведены две касательные к окруж-
окружности х2 + у2=1. Доказать, что прямая, проходящая через точки
касания, касается гиперболы.
6. (Мехмат). На плоскости дан эллипс. Луч света движется
внутри эллипса, отражаясь от него по обычному закону. Доказать,
что все звенья его пути касаются некоторого эллипса или некото-
некоторой гиперболы.
7. (Мехмат). В треугольник ABC вписан эллипс, касающийся
сторон АВ, АС и ВС в точках Сь В{ и Ах соответственно. Дока-
Доказать, что 1/46,1-|BCi| •|СЛ,| = |/4С,|- \CBx\-\BAi\.
8. (НГУ). Доказать, что три прямые, попарно соединяющие
противоположные вершины шестиугольника, описанного вокруг
конического сечения, пересекаются в одной точке.
* *
*
9. (МГПИ). Найти кривую, образованную центрами окружнос-
окружностей, касающихся данной окружности и проходящих через данную
точку. Указать способ построения этих окружностей с помощью
циркуля и линейки.
70

10. (Поволжье). Эллипс при движении по плоскости касает
двух взаимно перпендикулярных прямых. Какую линию описыв
ет при этом центр эллипса?
11. (КГУ). Каково геометрическое место фокусов парабол, име
ющих вершину в данной точке и касающихся данной прямой?
12. (Математический бой). Сколько существует точек М
в плоскости треугольника ABC таких, что \МА \ + \ВС\ = \МВ\ +
\АС\ \МС\ \АВ\?
\ \\ \\
13. (Всесоюзный тур). Какое наибольшее число нормалей к эл-
эллипсу (отличному от окружности) можно провести из точки вне
эллипса? Описать и нарисовать множество точек вне эллипса,
через которые проходит наибольшее число нормалей.
*
*
14. а) (Москва, III секция). Вокруг эллипса описаны два пря-
прямоугольника. Доказать, что их диагонали равны.
б) (Москва, I и II секции). Вокруг эллипсоида описаны два
прямоугольных параллелепипеда. Доказать, что их главные диаго-
диагонали равны.
15. (Москва, II секция). Доказать, что ортогональная проекция
любого эллипсоида на любую плоскость есть эллипс.
16. (Мехмат). Доказать, что через любую точку внутри прямо-
прямого кругового конуса можно провести сечение так, чтобы эта точка
была центром симметрии сечения.
17. (Мехмат). Сколько компонент связности содержит допол-
дополнение в R4 к конусу М = {(хи х2, х3, х4) : xl2+x22 = xii + x<k2}'? (Две
точки считаются принадлежащими одной компоненте связности,
если их можно соединить ломаной, не имеющей общих точек с М.)
18. (Мехмат). В R" дано семейство поверхностей
(z — параметр). Некоторая прямая касается двух таких поверх-
поверхностей с параметрами z = zx и z=z2 (z^z2). Доказать, что норма-
нормали к этим поверхностям в точках касания ортогональны.
* *
*
19. (Москва, I секция). Внутри треугольника ABC выбрана
точка О. Всегда ли существует аффинное преобразование ф такое,
71

что ф@) является центром окружности, вписанной в треугольник
ф(Л)ф(В)Ф(С)?
20. (Мехмат). Существуют ли три определенные на сфере дей-
действительные функции /, g, h, отличные от констант, такие, что при
любом вращении и сферы функции f(u(x)), g(u(x)), h(u(x)) ли-
линейно выражаются через f(x), g(x), h(x)?
21. (Всесоюзный тур). Пусть а и b — пересекающиеся плос-
плоскости, острый угол между которыми равен а. Найти а, если
Sa о Sb о Sa о Sb ° Sa — Sb ° Sa ° So ° Sa о Sh,
где Sa, Sb — отображения симметрии относительно плоскостей
а и Ь соответственно.
22. (Мехмат). Шар зажат между двумя плоскостями. При дви-
движении верхней плоскости шар движется по нижней, и нижняя
точка касания возвращается в исходное положение. Как она мо-
может быть расположена па шаре по отношению к исходной точке
касания? (Скольжения нет.)
23. (Мехмат). Пусть Р(х, у) — многочлен от двух переменных,
М — множество точек на плоскости, координаты которых удов-
удовлетворяют уравнению Р(х, у)=0. Доказать, что М не может сов-
совпасть с ветвью гиперболы.
24. (Мехмат). Доказать, что если кривая, заданная уравнением
f(x, у)=0, где / — многочлен степени не выше 3, имеет 7 общих
точек с окружностью, то кривая содержит эту окружность.
25. (Мехмат). Пусть L — алгебраическая кривая степени п
на действительной проективной плоскости RP2, т. е. L — множе-
множество точек, однородные координаты которых х0, х\, х2 удовлетво-
удовлетворяют уравнению f(x0, хи х2)—0, где f — однородный многочлен
степени п. Доказать, что число частей, на которые L делит RP2,
п(п — 1) , ,
не превосходит — + 1.
*
*
26. (МТекстИ). Найти расстояние между графиками функций
у = ет°х и у = ——Inа;.
у * 1980
27. (Поволжье). Доказать, что если из полюса О полярной
системы координат опустить перпендикуляры на касательные к
логарифмической спирали р = Ье"ф, то их основания также образу-
образуют логарифмическую спираль!
72

§ 2. Выпуклые фигуры, объемы и другие задачи
1. (Москва, III секция). Каждая сторона выпуклого четырех-
четырехугольника меньше 20. Доказать, что для любой точки О внутри
четырехугольника найдется вершина А четырехугольника такая,
что |ОЛ|<15.
2. (УДН). В треугольник ABC вписана окружность, касающая-
касающаяся сторон АВ, ВС и АС в точках Е, К, Р соответственно. Дока-
->.-¦- ->
зать, что если АК+ВР+ СЕ = 0, то треугольник ABC правильный.
3. (Москва, III секция). Площадь трапеции равна 2, а сумма
диагоналей равна 4. Найти высоту трапеции.
4. (Олимпиады СФРЮ). В треугольник ABC вписана окруж-
окружность, касающаяся стороны АС в точке Q и стороны ВС в точке Р.
Пусть М — середина стороны АВ, N — середина стороны ВС.
Доказать, что точка А лежит на биссектрисе угла, образованного
прямыми MN и PQ.
5. (УДН). На сторонах треугольника ABC как на основаниях
построены подобные равнобедренные треугольники АВК, АСР и
ВСМ, причем точки Л' и С лежат по разные стороны от прямой
АВ, Р и В — по разные стороны от прямой АС, А и М — по одну
сторону от прямой ВС. Доказать, что АРМК — параллелограмм.
6. (Москва, 1 секция). Пусть A BCD — выпуклый четырех-
четырехугольник, у которого длины всех сторон и диагоналей не превос-
превосходят 1. Доказать, что его периметр не превосходит 2 -1-4 sin
7. (НГУ). Точки О, А, В, С, Аи Ви С\, лежащие в одной плос-
плоскости, таковы, что ОА\\В\С\, ОВ\\А]С\, ОС\\А\В\. Доказать, что
найдется точка Oj такая, что OiAiWBC, OiBiWAC, OiCiWAB.
8. (МГПИ). В плоском шестиугольнике противоположные сто-
стороны попарно параллельны. Доказать, что прямые, проходящие
через середины противоположных сторон этого шестиугольника,
пересекаются в одной точке.
9. (Олимпиады СФРЮ). В тетраэдре SABC все плоские углы
при вершине S прямые, a \SA | = \SB\ + \SC\. Доказать, что сум-
сумма плоских углов при вершине А равна 90°.
10. (МФТИ). Пусть ABCDAiBiCiDi — параллелепипед, и точ-
точка М не лежит на его гранях или их продолжениях. Доказать, что
если существует прямая, проходящая через М и пересекающая
прямые А\Ви ВС, DDU то существует прямая, проходящая через
точку М и пересекающая прямые В{В, CD и D\A\.
*
*
П. (Мехмат). В множестве R+" = {(^i, ..., ^JgR" : x,->0,
i=l ..., п) лежит выпуклый ограниченный многогранник Е. Дока-
Доказать, что для каждой точки х= (хи ..., хп)^Е найдется вершина
73

многогранника а= (аи ..., ап) такая, что at^nxi для каждого
i=l, 2 ..., п.
12. (Москва, III секция). Рассмотрим выпуклую оболочку сле-
следующих 12 точек в R3: A, 1, 0), (—1, 1, 0), A, —1, 0), (—1, —1,
0), A, 0, 1), (-1, 0, 1), A, 0, -1), (-1, 0, -1), @, 1, 1),
@, —1, 1), @, 1, —1), @, —1, —1). Сколько вершин, граней и
ребер имеет полученный многогранник?
13. (Мехмат). Рассмотрим четырехмерный куб, т. е. множество
точек (xi, х2, х3, *4)eR4 таких, что 0<х,<1, i=l, 2, 3, 4. Сечение
куба гиперплоскостью Х\ + х2 + Хз+хА = 2 является трехмерным мно-
многогранником. Найти число его вершин, ребер граней и нарисовать
его.
14. Пусть п — натуральное число, /г^З. Чему может быть раз-
разно количество сторон многоугольника, получающегося в результа-
результате сечения n-мерного куба двумерной плоскостью?
15. (Всесоюзный тур). Существует ли в четырехмерном прост-
пространстве выпуклый многогранник с 6 вершинами и 15 ребрами?
16. (Мехмат). Даны п+1 различных параллельных гиперплос-
гиперплоскостей в Rn. Доказать, что существует правильный л-мерный симп-
симплекс с вершинами на этих гиперплоскостях (на каждой гиперплос-
гиперплоскости по одной вершине).
* *
#
17. (Мехмат). Замкнутая несамопересекающаяся кривая на
плоскости ограничивает выпуклую область. Внутри области взята
произвольная точка О. Доказать, что на кривой существуют три
попарно различные точки А, В, С такие, что ОА + ОВ + ОС = 0.
18. (Всесоюзный тур). Вершиной кривой называется точка,
в которой имеется экстремум кривизны. Доказать, что всякая
гладкая (бесконечно дифференцируемая) замкнутая выпуклая
кривая имеет хотя бы четыре вершины.
19. (Математический бой). Доказать, что если проекция вы-
выпуклого множества McR3 на любую плоскость есть многоуголь-
многоугольник, то М — многогранник.
20. (Математический бой). Точка х компактного выпуклого
множества McrR3 называется достижимой, если через нее можно
провести плоскость Р такую, что М лежит по одну сторону от нее
и М[\Р = {х). Доказать, что:
а) найдется хотя бы одна достижимая точка;
б) множество М является замкнутой выпуклой оболочкой сво-
своих достижимых точек.
21. (Мехмат). Пусть М — гладкая выпуклая замкнутая огра-
ограниченная поверхность в R3. Доказать, что существуют по меньшей
мере три различных отрезка с концами на М, ортогональные по-
поверхности М в концах. t
74

22. (Мехмат). Доказать, что площадь параллелограмма, натя-
натянутого на л-мерные вектора х= (хь ..., хп), У=(Уи • ••¦> Уп), равна
/:
23. (Москва, II секция). В середине каждого ребра треуголь-
треугольной пирамиды взято по точке. Найти отношение объема много-
многогранника с вершинами в этих точках к объему пирамиды.
24. (Москва, I и II секция), а) Чему равна наибольшая пло-
площадь проекции единичного куба на плоскость?
б) Чему равна наибольшая площадь проекции на плоскость
прямоугольного параллелепипеда со сторонами а, Ь, с?
25. (Москва, II секция). Доказать, что центры тяжести граней
выпуклого шестигранника ABCDE являются вершинами выпукло-
выпуклого многогранника, и найти отношение его объема к объему
ABCDE.
26. (Мехмат). Дан выпуклый многогранник. Возьмем единич-
единичный вектор внешней нормали каждой грани и умножим его па
площадь грани. Доказать, что сумма получившихся векторов
равна нулю.
27. (Мехмат). Пусть L — плоская замкнутая выпуклая кривая
длины /. Обозначим через 10 длину проекции кривой L на прямую,
я
наклоненную под углом 0 к оси абсцисс. Доказать, чтоГ/ed0 =/.
oJ
28. (Москва, I секция). Объем выпуклого множества KcrR™
равен V, (п—1)-мерный объем его проекции на любую гиперплос-
гиперплоскость не меньше S. Доказать, что диаметр множества К не пре-
превосходит nV/S.
29. (Мехмат). Доказать, что объем е-окрестности выпуклого
тела М в п-мерном евклидовом пространстве есть многочлен сте-
степени п от е.
30. (Москва, I секция). Внутри шара радиуса R в трехмерном
пространстве расположен выпуклый многогранник. Занумеруем
его ребра числами 1, 2, ..., п. Пусть длина 1-го ребра равна U, а
двугранный угол при нем равен ф;. Доказать, что
i=\
31. (Математический бой). В треугольнике ABC отмечены
точки Р, Q, R так, что Ре [АВ], R<ee [BC\, Qe= [PR]. Доказать
неравенство
V
V Saabc > j/S^pq + 'V S% QRc.
75

32. (Москва, I секция). Доказать, что объем любого (не обяза-
обязательно прямоугольного) параллелепипеда, содержащегося в неко-
некотором тетраэдре, не превосходит 2/9 от объема этого тетраэдра.
33. (Всесоюзный тур). Имеется последовательность шаров, ра-
радиусы которых стремятся к нулю, а суммарный объем бесконечен.
Доказать, что внутри куба можно так поместить конечное число
этих шаров, что они заполнят 99% его объема.
34. На плоскости дап многоугольник, все вершины которого
имеют рациональные координаты. Доказать, что его площадь —¦
рациональное число.
35. Доказать, что любой выпуклый целочисленный многоуголь-
многоугольник площади S можно заключить в целочисленный параллело-
параллелограмм площади не более 4S.
Примечание. Многоугольник называется целочисленным, если
координаты всех его вершин — целые числа.
36. (Москва, I секция). На плоскости расположено п различ-
различных целочисленных треугольников, примыкающих к одной общей
стороне АВ, которая не меньше всех других сторон. Доказать
что сумма площадей треугольников не меньше л2/8.
37. (Мехмат). В пространстве дан параллелепипед с вершина-
вершинами в узлах, т. е. точках, координаты которых являются целыми
числами. Внутри параллелепипеда расположено а узлов, на внут-
внутренней части граней (исключая ребра) — Ь узлов, на ребрах
(исключая вершины) — с узлов. Доказать, что объем параллеле-
параллелепипеда равен a + ft/2+c/4+l.
38. (Всесоюзный тур). Пусть в трехмерном пространстве выб-
выбраны оси координат и У, — выпуклый многогранник, все вершины
которого имеют целочисленные координаты. Обозначим через N(V)
число узлов, лежащих в многограннике V или на его поверхности,
а через ц(У) — объем многогранника V. Обозначим через Уя
многогранник, радиус-векторы точек которого получаются умноже-
умножением на k радиус-векторов точек из Vi. Доказать, что
39. (Поволжье). Через точку О трехмерного евклидова прост-
пространства проходит N прямых. Угол между любыми двумя из них
не меньше а, где 0<а<я/2. Доказать, что
76

40. (Мехмат). На плоскости нарисовано конечное число различ-
различных конгруэнтных кругов. Всегда ли можно указать подмножест-
подмножество плоскости, которое с каждым из них пересекается ровно по
одной точке?
41. (Москва, II и 111 секции). Равносторонний треугольник раз-
разрезан на конечное число треугольников. Доказать, что хотя бы у
одного из них все углы не превосходят 120°.
42. (Мехмат). Множество М на плоскости симметрично отно-
относительно любой прямой, проходящей через две его различные
точки. Доказать, что либо М лежит па одной прямой, либо М
всюду плотно на плоскости.
43. (Мехмат). На плоскости выбран отрезок длины меньше 1.
Заплатив копейку, Вы можете для произвольной выбранной Вами
точки плоскости узнать ее расстояние до ближайшей точки от-
отрезка. Как определить концы отрезка, затратив менее 10 копеек?
44. (Москва, I секция). Доказать, что при нечетном /г^З на
плоскости существует множество А, состоящее из 2п точек, не ле-
лежащих на одной прямой, обладающее следующим свойством: это
множество можно разбить на п пар точек так, чтобы любая пря-
прямая, проходящая через две точки из различных пар, содержала
хотя бы еще одну точку множества А.
45. (Математический бой). Непустое множество AczRn ком-
компактно. Известно, что если множества В, С конгруэнтны А, то
В + С подобно А. Доказать, что А есть шар или точка.
46. (Всесоюзный тур). Доказать, что в Rn не существуют п + 2
вектора, попарно образующие тупые углы.
47. (Мехмат). По проволочному кубу ползают с одинаковой
скоростью муха и два скорпиона. Доказать, что скорпионы всегда
могут поймать муху.
48. (Мехмат). Пусть {хп} — последовательность целочисленных
векторов на плоскости. Доказать, что найдется натуральное число
N такое, что любой вектор хп представим в виде линейной комби-
комбинации с целочисленными коэффициентами векторов хи х2, ..., хЛ.
49. (Математический бой). Плоскость засажена деревьями —
замкнутыми непересекающимися кругами диаметра 1. При этом
где бы человек пи встал и куда бы он ни посмотрел, он не увидит
просвета. Доказать, что если Ап — количество деревьев в круге
радиуса п с фиксированным центром, то
Л_=оо.

ГЛАВА 4
ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ, КОМБИНАТОРИКА И ТЕОРИЯ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ
§ 1. Теория чисел
1. (Мехмат). Доказать, что для каждого натурального п урав-
уравнения х2+у2 — п и х2+у2 = 2п имеют одинаковое количество реше-
решений в целых числах.
2. (Математический бой). Доказать, что для каждого нату-
натурального п уравнение С" + Спу ~ С" имеет хотя бы одно решение
в натуральных числах х^п, у^п, г^т.
3. (Мехмат). Найти хотя бы одну тройку целых чисел х, у, zy
больших чем 50, и удовлетворяющих уравнению х2 + у2 + z2 = 2>xyz.
4. (Мехмат). Можно ли общий член последовательности 1, 1,
— 1, 1, 1, —1, 1, 1, —1, ... представить в виде (—1)р<">, где
Р(п) — многочлен, принимающий при целых значениях аргумента
целые значения?
При каких г и s можно представить в этом виде общий член
последовательности
1, 1, ..., 1, 1, 1, ..., — 1 , 1, 1, ..., 1, 1, ..., 1, ... г
г s г s
5. (Москва, III секция). Доказать, что если а и п — натураль-
натуральные числа и (а—II984 делится на п, то 1 + а + .. . + ап~1 также де-
делится на п.
6. (Москва, I секция). Пусть тип — натуральные числа. Из-
Известно, что т^.п и некоторая степень числа п делится на т. До-
Доказать, что ппП делится на тт .
7. (Мехмат). Пусть п — натуральное число. Найти наибольший
общий делитель чисел С\, С2,, ..., Сп~1.
8. Доказать, что для любого натурального числа «>1 сущест-
существуют такие натуральные т и М, что число хп+уп—М не делится
на т ни при каких целых х и у.
9. (Мехмат). Доказать, что для любого натурального п суще-
существует натуральное число, все цифры которого в десятичной запи-
записи равны 1, 9, 8 или 0, не превбсходящее п4 и делящееся на п.
78

* *
*
10. (Мехмат). Доказать, что ни при каких натуральных т, п
(т>п) число
e является целым.
11. (МФТИ). Доказать, что для любого натурального п число
т ' + — является целым и нечетным.
\ 2 I \ 2
,12. (Мехмат). Доказать, что наибольшая степень 2, на кото-
которую делится число, [A+УЗJт+'], равна 2т*х.
13. (КГУ). Пусть xgR, x>0. Доказать, что если среди чисел
{п2х} (neN) бесконечно много различных, то число х иррацио-
иррационально.
14. (Мехмат). Доказать, что если xgQ, х>\ и существует
предел lim{jc"}, то л — целое число.
/г-* со
15. (Москва, L секция). Найти все положительные числа х,
для которых выполняется условие limjc"{x"} =0.
16. (Мехмат). Доказать, что существует действительное число
« такое, что l/3s^{a"}^2/3 при всех натуральных п.
17. (Мехмат). Пусть {ап} — последовательность положитель-
положительных чисел и a — действительное число. Доказать, что существует
число р такое, что для бесконечного числа пар (т, п), где
/ieN, выполняется неравенство |а/г—пг—|
18 (Мехмат). Пусть ?=]Г2~3 . Доказать, что неравенство
\\—p/q\<cq~z имеет бесконечное число решений в натуральных
числах р, q, если с>1, и конечное число решений, если с=\.
19. (Мехмат). Рациональные числа ajb и eld, где а, Ь, с, d —
натуральные числа такие, что (a, b) = (c, d) = \, 0<c/d<a/b<\,
удовлетворяют условию: каждое рациональное число между ними
имеет знаменатель, больший чем ma\(b, d). Доказать, что ad —
—-&с=1.
20. (Москва, I и II секции). Доказать, что если a — иррацио-
иррациональное число, р^@, 1), an (a) = min {та}, сп (а, Р) = min {p —
— ma} (л = 1, 2, ...), то существует бесконечно много номеров
л таких, что а„(а)>с„(а, р).
79

21. (Мехмат). Положим х„ = {1 + 1/2 + ...+ 1/я} (neN). Верно
ли, что если ае@, 1) и М (а, п) — число элементов хт, 1
,„ . ,. М(а,, п) -.
попавших в @, а), то Iim—- —а?
* *
22. (Москва, 1 секция). Пусть /?>3 — простое число. Доказать,
что число I I (k2 + 1) при делении на р дает остаток 0 или 4.
fe=i
23. (Мехмат). Простое число р при делении на 8 дает остаток
1. Доказать, что число 2(р~'1)/2—1 делится на р.
24. (Мехмат). Простое число р при делении на 4 дает остаток
1. Доказать, что:
р—\
а) V sin—-— = 0;
р-1
б)
cos
= ]/ р.
25. (Москва, 1 секция). Для каждого натурального числа п.
обозначим через kn наибольшие из чисел k таких, что существует
представление п в виде суммы k натуральных чисел: п =
+ ... + mk, причем tnl<m2<.. .<mk и tnj+l делится на
(/=1, 2, ..., k—1). Доказать, что fert>c]/lnn для всех
где с — некоторая положительная константа.
26. Для натуральных чисел тип, гт^.п, через гт(п) обозна-
обозначим минимальное k, для которого возможно представление дроби
k
mjn в виде V —, где п\, ... , пк — натуральные числа. Пусть
г(п) = maxr,n(n). Доказать, что существуют константы сх>0 и
с2>0 такие, что для
с. In Inп < г (п) < с2 1п" .
In In п
27. (Математический бой). Натуральные числа а>1 и Ь тако-
таковы, что а"—1 делится на Ьп—1 при всех neN. Доказать, что»
a = bk при некотором натуральном k.
80

t
§ 2. Теоретико-множественные и комбинаторные задачи
1. (Математический бой). Основанием пирамиды являете»
девятиугольник. Боковые ребра пирамиды и диагонали основа-
основания (но не стороны) покрашены в красный или синий цвет. Дока-
Доказать, что найдется треугольник с вершинами в вершинах пира-
пирамиды, все стороны которого покрашены в один и тот же цвет.
2. (Москва, II и III секции). Можно ли в квадратной таблице
10X10 расставить попарно различные натуральные числа так,,
чтобы в любой квадратной подтаблице произведения чисел на
диагоналях были равны?
3. (Москва, II секция). В компании из 1981 человека каждый
имеет не меньше 45 знакомых. Доказать, что можно выбрать че-
четырех человек и посадить их за круглый стол так, чтобы каж-
каждый сидел рядом со своими знакомыми.
4. (Мехмат). Какое наименьшее число «выстрелов» необходи-
необходимо для гарантированного «потопления линкора» в игре морской
бой, если размеры «моря» 8x8, а «линкора» — 1X4?
(После каждого «выстрела» играющему сообщают, попал ли
он в «линкор». Для «потопления» нужно «прострелить» клетки,,
занимаемые «линкором».)
5. (Москва), а) (III секция). В пространстве R4 заданы че-
четырехмерный куб и трехмерная гиперплоскость, не параллельная
ни одному из ребер куба. Доказать, что.она содержит не более
6 вершин куба.
б) (II секция). В пространстве R5 заданы пятимерный куб и
четырехмерная гиперплоскость, не параллельная ни одному из
ребер куба. Доказать, что она содержит не более 10 вершин
куба.
6. (Мехмат). Алфавит некоторого языка состоит из п букв.
Известно, что каждое слово содержит не более т букв, при-
причем ни одно слово не является началом другого. Доказать, что
S
fe=l
где uk — количество слов языка, состоящих из k букв.
7. (Мехмат). Вычислить произведение двух чисел с помощью-
операций сложения, вычитания, возведения в квадрат и взятия
обратного числа. Возможностью обращения знаменателя в 0 пре-
пренебречь.
8. (Всесоюзный тур). В упорядоченной паре множеств (А, В)
разрешается заменить одно из множеств А и В результатом од-
одной из операций объединения, пересечения, взятия разности и
симметрической разности. Можно ли за конечное число замен из-
пары {А, В) получить пару (В, Л)?
81

* *
9. (Москва, I секция). Биекция f множества М (т. е. взаимно-
взаимнооднозначное отображение М на себя) называется симметрией,
если f~i==f. Доказать, что всякая биекция множества М является
композицией двух симметрии.
10. (Поволжье). Доказать, что множество X бесконечно тогда
и только тогда, когда любое отображение /: Х-*-Х имеет нетри-
нетривиальное (т. е. отличное от 0 и от X) инвариантное подмно-
подмножество.
11. (УДН). Пусть {Ап}п=\ — попарно непересекающиеся
множества, каждое из которых содержит более одного элемента.
со
Построить взаимно-однозначное отображение множества {] Ап
п=\
на подмножество произведения f] An = {(cv ..., сп, ...):сп е= Ап}.
* *
*
12. (Москва, I секция). В конечном множестве X выбраны
1982 подмножества Ль Л2,..., Л1982, причем каждое из них со-
содержит больше половины элементов X. Доказать, что можно от-
отметить 10 элементов множества X так, что в каждом подмно-
подмножестве Ai будет хотя бы один отмеченный элемент.
13. (Олимпиады ЧССР). Верно ли, что для некоторых нату-
натуральных тип, п<Ст, в множестве X, состоящем из т элемен-
элементов, найдутся различные подмножества А я В такие, что для
любого /г-элементного подмножества YczX множества Y(]A и
Y(]B содержат одинаковое количество элементов?
14. (Математический бой). Из п чисел образована п+1 раз-
различная неупорядоченная тройка. Доказать, что существуют две
тройки, пересекающиеся ровно по одному числу.
15. (Мехмат). Пусть Х={1,... ,п), *eN, n/3^k<n. Рассмот-
Рассмотрим семейство &~к = {АаХ : сагсЦЛ) =k) и подсемейство #"<=#"*
такое, что A[)B\JC?=X для любых А, В, С из У. Доказать, что
card (&) < С*_!.
16. (Мехмат). Пусть Л — множество, состоящее из п элемен-
элементов, Au...,An+i — его непустые подмножества. Доказать, что су-
существуют два непустых непересекающихся набора индексов /,
/с={1, 2,...,л+1} такие, что U Д-= U А,.
* *
*
17. (Москва, II секция). Существует ли инъективная функция
/:R->-R, достигающая на каждом непустом подмножестве ЛгИ
максимального значения? «
82

18. (Математический бой). Существуют ли непересекающиеся
множества А\ и А2 и биекция f:Ai-*-A2 такие, что:
1) Л,иЛ2=[0, 1];
2) если аеЛь Ь^А\ и а<Ь, то f(a)^.f(b)?
19. (Математический бой). Некто задумал л действительных
чисел. Он нашел их попарные суммы, записал их на л (л—1)/2
карточек и перемешал карточки. Доказать, что если пф2^
(& = 0, 1, 2,...), то, имея карточки, можно определить задуманные
числа.
20. (Москва), а) (II секция). Существует ли конечное мно-
множество А действительных чисел, содержащее не менее 4 элемен-
элементов, такое, что для любых различных элементов а, Ь, с, d из А
число ab + cd также содержится в Л?
б) (I секция). Существует ли множество Л положительных
чисел, удовлетворяющих требованиям п. а)?
*
21. (Мехмат). В полном графе с л вершинами все ребра пок-
покрашены в три цвета. Доказать, что найдется одноцветный связ-
связный подграф, содержащий не менее л/2 вершин.
22. (Мехмат). В матрице пХп, элементами которой являются
нули и единицы, нет подматриц вида
/1 1
U 1
Доказать, что число единиц в матрице не больше, чем
л I Л/ л 1 . Показать, что эта оценка достигается при
n = q2+ q+l, где <? = pm, p — простое число, meN.
23. (Москва, I секция). Имеется последовательность квадрат-
квадратных таблиц, в каждой из которых отмечено несколько клеток.
Пусть в k-vi таблице отмечено Nk клеток, причем в i-й строке
имеется S& отмеченных клеток, а в ?-м столбце —Rk. Извест-
Известно, что
S R
ft = oo, lim—— = а,-, lim—-=
Доказать, что
24. Пусть /пил — целые числа, 0<л^/п и граф содержит
С„ + п ребер. Доказать, что они образуют не более С3т + С%
треугольников. (Мы считаем Ci=0, если
83

25. Пусть %{G) — минимальное число красок, которыми мож-
можно покрасить вершины графа G так, чтобы соседние (т. е. соеди-
соединенные ребрами) вершины были покрашены в разные цвета. До-
Доказать, что число таких раскрасок k цветами не превосходит
X(G)fc-i
kp-e 2 , где р — число вершин графа.
26. (Москва, I секция). Пусть G — счетный ориентированный
граф, т. е. счетное множество вершин, некоторые из которых
-соединены стрелками. За один шаг разрешается перейти из нача-
начала стрелки в ее конец. Через vn обозначим количество вершин, в
которые можно попасть из фиксированной вершины О не более
чем за п шагов.
Доказать, что если vn = o(n2) при /г->оо, то найдется вершина
графа, в которую' входит не меньше стрелок, чем выходит.
27. Граф G состоит из набора конечных непересекающихся
множеств {Gn}, /г = 0, ±1, ±2,..., причем если a^.Gn, то а соеди-
соединены' ребрами со всеми вершинами из Gn-\ и Gn+\ и, быть может,
¦с некоторыми вершинами из Gn. Других ребер в графе нет. Пусть
] cardG( = O(«3/2). Доказать, что если функция f:G->-@,
+ °°) такова, что значение / в каждой вершине равно среднему
.арифметическому f в соседних вершинах, то f=const.
*
*
28. (Мехмат). Доказать, что в любом бесконечном множестве
векторов одинаковой длины с натуральными компонентами най-
найдутся два различных вектора такие, что у одного из них все ком-
компоненты не меньше, чем компоненты с теми же номерами у дру-
другого. (Под длиной мы понимаем здесь число компонент век-
вектора.)
29. (Мехмат). Умножение двух ^-разрядных двоичных чисел
«школьным методом» требует S{N)xN2 арифметических операций
сложения и умножения одноразрядных чисел. Можно ли органи-
организовать вычисления так, чтобы уменьшить порядок S(N)?
30. (Мехмат). Пусть f: {0, 1}"->-{0, 1}, F — функция, которая
ставит в соответствие последовательности а= (а\, а2,...) из нулей
и единиц последовательность b=(bu b%...) по правилу: Ь,=
= /(щ,.. .,ai+n-]) (feN). Известно, что f принимает значение 1 на
3-2"~4 наборах. Может ли любая последовательность из нулей и
единиц принадлежать области значений отображения F?
§ 3. Вероятность и мера
1. (Всероссийский тур). Какова вероятность того, что прямая,
¦брошенная наудачу на плоскость и пересекающая окружность
радиуса г, пересечет отрезок линии 21, лежащий на диаметре
симметрично относительно центра окружности (/<г)?
84

2. (Мехмат). На окружность единичной длины броса я не-
независимо п точек, каждая из которых имеет равномерное рас-
распределение. Какова вероятность того, что найдется замкнутая по-
полуокружность, содержащая все п точек?
3. (Мехмат). В единичном квадрате расположено выпуклое
множество А площади S и периметра 2р, все точки которого рас-
расположены от границы квадрата на расстоянии, большем е>0.
На плоскость случайно бросается кружок радиуса е так, что его
центр равномерно распределен в квадрате. С какой вероятностью
кружок пересечется с Л?
4. (НГУ). Рассмотрим п независимых испытаний Бернулли с
вероятностью успеха 1/2. Будем говорить, что произошла серия
успехов длины k A<&<:/г), если достигнуто k последовательных
успехов, окаймленных с обеих сторон неуспехами (если эти окайм-
окаймляющие испытания существуют). Определить математическое
ожидание числа серий успехов в наших испытаниях.
5. (Всероссийский тур). В первой урне а белых и Ь черных
шаров (афЬ), во второй — b белых и а черных шаров. Из каж-
каждой урны производится N извлечений шара с возвращением оче-
очередного извлеченного шара в урну. После этого все шары ссы-
ссылаются в одну урну и, из этой урны производится 2N извлечений
с возвращением.
Что вероятнее: получить в первом опыте общее число извле-
извлеченных белых шаров между ./V—к и N + k (k^N, k<LN) или по-
получить во втором опыте число белых шаров в тех же пределах?
6. (Мехмат). Имеется бесконечно много выключателей, каж-
каждый из которых срабатывает с вероятностью р>1/2 (т. е. если
вы его включили, то с вероятностью р он действительно вклю-
включен, а с вероятностью 1—р выключен и наоборот). Доказать, что
из них можно составить сколь угодно хороший выключатель
(т. е. выключатель, который срабатывает в обе стороны с вероят-
вероятностью, сколь угодно близкой к 1).
7. (КГУ). Случайная величина | имеет плотность распределе-
яия вероятностей р(х) =2~1еЧх|, xeR. Доказать, что для любой
функции geC'(R), M\g'(l) | <оо, справедливо равенство
Mg'&) =M(g&) sign I).
8. (Олимпиады ЧССР). Пусть X — случайная величина,
Доказать, что следующие условия равносильны:
1) существует такое число а, что
2) абсолютная величина характеристической функции h(t) =
Meitx периодична с периодом 2л/й.
85

9. Пусть §ь ..., \п — независимые случайные величины с об-
общей непрерывной функцией распределения F%{x). Пусть
Найти распределение v и вычислить Mv.
10. (Мехмат). Пусть \ и ц — независимые целочисленные слу-
случайные величины. Известно, что величина | + г] имеет биномиаль-
биномиальное распределение. Доказать, что | и г\ также имеют биномиаль-
биномиальное распределение.
11. (Мехмат). На окружности единичной длины имеются два
измеримых множества Л и В, причем mesA = a, mes5 = p. Пусть
Вф есть результат поворота множества В на угол <р против часо-
часовой стрелки. Доказать, что найдется значение ф, при котором
(A[B)
12. (Мехмат). В единичном квадрате расположено счетное
число выпуклых множеств Л; таких, что mesAc = (teN).
Доказать, что для любого е>0 найдутся множества Л, и Л/ та-
такие, что mes (Л,-П Л/) > е. Показать, что если отбросить
условие выпуклости множеств Л;, то утверждение станет невер-
неверным.
13. (КХУ). Найти все функции feL [0, 1] такие, что для лю-
любого множества Лсг[0, 1] с тебЛ = 1/2 выполняется условие
J?
J
А
J
А
14. (КХУ). Пусть [I и v — конечные меры на а-алгебре 91 бо-
релевских множеств в R2 и
35 ={{(*, У) :ax+by + c<sz.Q}: (a, b, c)<=R3}.
Предположим, что \i(A)=v(A) для всех Лей. Совпадают ли
меры ц и v на 91?

Решения
ГЛАВА 1
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
§ 1. Последовательности и пределы
1. Обозначим
„ — 1 + 22 + З3 +...+""
Имеем
—— <С ап <
пп пп
—1 п
пп пп п — 1 п — I
Так как >¦ 1, то и ап-+\ (я-»-оо).
п — 1
3. Будем переписывать условие а — \\тхп в равносильном
П-»-оо
виде:
lV0 3P>0 Vn>p \a— xn\<
0 Vn>f> a<=(xn—а, л„ + а)*
(*„—а, х„ + а)
DUD (xn—a, хп + а),
а>0 р>0 л>р
что и требовалось доказать.
5. Покажем, что
Для этого рассмотрим функцию
87

Так как функция A+у)а раскладывается в степенно*
n=0
ТО
=у(-1)« (т)(т)--(т) {ix)n=
п=0
= 1 — V 2" Ь3" ¦•• -Bп-3) „ ^
г! (n — 1)! 4
n=l
откуда
00 00
Bя)!
re! (я— 1)!
С"
п=0
(Мы считаем 0! = 1, а произведение, сомножители
отсутствуют, равным 1.)
Функция F (х) удовлетворяет тождеству
Раскладывая левую и правую части в степенные
приравнивая коэффициенты при хп+1, мы получаем
n-i
2(n—0
г + 1 я — < + 1 я + 2
1=0
Отсюда легко вывести по индукции, что ап — ——.
7. а) Уравнение х2 = а+х имеет единственный полож».
корень с=- Ь у \-а. Покажем, что \imxn=c.
2d f 4 п~*"Oo
Из определения последовательности {хп} следует, что
растает. Для доказательства сходимости достаточно
что она ограничена сверху. Покажем индукцией по и, чт.

Имеем (? — с+а>а = х\2, т. е. x\<jc. Если при некотором п
хп<.с, то xn+i —\ra + xn<cVa + c = c- Значит, хп<Сс при
всех п.
Отсюда следует существование предела d= lim xn. Переходя
n-vao
к пределу в равенстве х%+1=хп + а, получаем d2 = d + a. Так как
d0, то d=c. Таким образом,
lim хп = с =
У -Т
г 1
б) Положим Ьп = ~г
Имеем
... 4-
V bn^
, + ^b2 + ... + V an^
== Vbx + Уьг + • • • + A/e2"-
значит, сходимость {х„} равносильна сходимости {уп}.
Для доказательства сходимости последовательности {уп} за-
заметим, что она возрастает, и нам достаточно проверить ее огра-
ограниченность сверху. По условию существует такое натуральное
число По, что при п>по —1пAпа/() < 1п2. Преобразуем по-
п
следнее неравенство ln(lnon)<n In 2, ап<е2", а„/е2 <1, т. е.
61 при п>ло- Обозначая а = тгх(Ьи Ьг,...,ЬПо, 1), мы имеем
при всех натуральных п.
Положим
Имеем
89

Но, как было доказано в п. а), последовательность {zn} ограни-
ограничена, значит, и последовательность {уп} ограничена сверху, что и
требовалось доказать.
10. Покажем, что если при каком-нибудь k 0«:а*^1, то после-
последовательность {ап} сходится.
Если 0<й?<1, то легко получить, что—l/4^afe+i<0, O^afc.i-2<1»
— l/4<aft+3^0, 0<ak+4^1 и т. д. Последовательность {ak+2i} будет
монотонно убывающей, так как
4—2 (flfc+2/)8 = (ak+2lK (ak+2i—2) < 0.
Поэтому существует предел с —limaA+2/. Переходя к преде-
лу при /->-оо в равенстве
и учитывая, что с^1, мы получаем с=0. Но тогда
lim ak+2i+i = Пт ((ak+2iJ — a*+2/) = сг—с = 0,
т. е.
Покажем теперь, что последовательность {ап} сходится, если
при некотором k 0<«a;<:2. В этом случае afc+i^a^2. Если
а&+1>0, то ak+2<CLk+i^:2 и т. д. Поэтому либо последовательность
{ak+i) состоит из неотрицательных членов и является невозрастаю-
щей и, следовательно, имеет предел, либо при некотором />1
a*+!<0<Ia*+!-i. Но тогда 0^.ak+i^<l и, как было показано выше,
в этом случае liman = 0.
В частности, последовательность {ап} сходится, если 0<ai^2.
Пусть теперь —l<ai<0. Тогда 0<a2^2, и по доказанному
выше снова последовательность {а„} имеет предел.
Если же ai«<—1 или п\>2, то мы имеем
a2>2, a3—а2=а2(а2—2)
а4—а3 = аъ(аз—а2)>0, о4>аз>2 и т. д.
Предположим, что существует Пта„--с. Тогда с2—с=2, т. е.
с = 2 или с=0, что невозможно, так как an>a2>2 при л>2. По-
Поэтому последовательность {а,,} расходится.
Итак, {а„} имеет предел тогда и только тогда, когда —l^ai<
«2.
12. Положим f(x)=2xzJCx*—\). Так как ff{x)~Fx*--6x2)f
/(Зх2—1J>0 при |*|>1 Hf'(*)<OnpH 0<|x|<Vr3/3, K3/3<
<|^|<1, то функция f(x) возрастает на промежутках (—oof
90

— 1] и [1, оо) и убывает на [ —1, — /3/3), (_}/3/3, /З/З) и
^/, l]. Так как f @) =0, lim f{x)~—оо, то в силу мо-
V3
— ¦
нотонности и непрерывности f любому числу се (—оо, 0] соответ-
соответствует единственное л:е[0, УЗ/3) такое, что f (х) =с.
Положим ао = /3/3. Существует единственное ахе 0, /3/3)
такое, что f(a.\) = —ао; существует единственное а
2
О- /3/3)
такое, что f(a2)_=—а, и т. д. Так как а{<а0 и f монотонно убы-
убывает на {О, /3/3), то ao>ai>a2>.... Поэтому существует пре-
предел Л = Нта„. Найдем его.
Легко видеть, что f(x)+x<Q при /5/5<л;</3/3 и
f(x)+x>0 при 0<#</5/5. Так как f{an) +ап = ап—fln-i<0.
то ап > /5/5; отсюда А ^ /5/5. При этом строгое неравен-
неравенство А > /5/5 невозможно, так как f(A)+A = O. Значит,
Если |а|=а„ при некотором п, то имеем xi = a, ^2 = f(a) =
=—ап_ь если а = ап, и л;2 = /(й) =а„_ь если а=—а„, т. е. |л:2| =
= а„_1. Аналогично, |х3| =а„_2, ..., |xn+] |" = ао~-/3/3 и все по-
последующие члены последовательности не определены.
Нет предела у последовательности {хп} и тогда, когда \а\ =
=="/5/5- В этом случае х2 = —хи л;3 = —х2=хи хА = —хъ = —хх
и т. д.
Покажем, что если \а\Фап (п=0, 1,...) и (aj^=Y5/5, то после-
последовательность {хп} сходится.
Если а = 0, то Хп = $ при всех п. Если 0<|а|</5/5, то
*i = a, l*2| = |f(JCi)| = |f(|*i|)|; но 0<|f(|*i|)|<|*,|, поэтому
|x2|<|jci|. Аналогично, |лг21 > |*3| >••• •
Значит, суихествует с==Нт|л;п|; при этом выполняются ус-
Я-*ео
ловия с <. | х11< У1>1Ь и \f(c)\—c, из которых следует, что
с = 0. Следовательно, lim|л;„( = 0, и, стало быть, Нтл;,1 = 0.
Рассмотрим случай, когда \хк\^>УЗ/3 при некотором k.
Так как функция f(x) нечетна, то можно ограничиться случаем
xk> 1/3/3.
Если хъ~\, то xfe+i=l, xfe+2=l и т. д. и Нтл;„-=1. Если же
/3/3 < xft < 1 или л^>1, то ввиду убывания f на (/3/3, l] и
возрастания на [1, оо) мы получаем хь+\>1. Легко проверить,
что 1</(х)<л; при х>\, поэтому Xk+i>xk+2>xk+3>•¦¦>!¦, откуда
следует сходимость {хп}.
В частности, lim xn существует, если |а|>/3/3.
91

Нам осталось рассмотреть случай, когда У^Ь/Б < |а|< у 3/3 и
при этом \а\фап ( п=\, 2,...). Найдется интервал {ah> ah-i), со-
содержащий | а |. Имеем
f(|a|)<=(—а*_2, —а*.,),
= — f(|a|)e=(a*-,, a*.3),
i, a0),
и, наконец, Ia^+i! > У^З/З, но этот случай нами уже разобран.
13. Рассмотрим последовательности \ап} и {&«}, определенные
следующим образом:
Co, cu 4), &o = max(co, cu 4),
Легко показать, что
Проверим индукцией по п, что an^min(e2n, c2n+i)- При п=0
это следует из определения ао. Пусть утверждение верно для
п—1, т. е. ап-1<с2п-2, an-i<c2n-\. Тогда
с2п = Vc2n-i + Vc2n-2 ^ 2 Уап-\ - ап,
Vc2n-i > Van + Van-\ > 2 l/an_i = an;
индуктивный переход установлен.
Аналогично доказывается, что Ьп>тгх(с2п, с2п+\).
Неравенства
перепишем в виде
Легко проверить, что liman~ \imbn =4; отсюда следует, что
П—>- со ri—f-co
Птпс2„ = limc2n+i = 4, т. е. Нтс„— 4.
15. Имеем:
\
х2 < 2л:а, л;3 — х2 + -^- < 2xx + х\
Отсюда следует, что при некотором т справедливо неравенство
хт<т— 1. Далее,
92

поэтому при п>т
1 1/1 1 \ , I
= I j + I j + . . . +
+ /_! 1 \ < 1 + 1 , , > _ , 1
"*" \ *n-i Jfn / m(m--l) (m-|-l)m (га—1)(я—2)
m—1 m/ \m m+1/ \n —2 n—1
1 < !
1 я— 1 m — 1
xm m
Так как правая часть последнего неравенства не зависит,от п,
то последовательность {хп} ограничена.
17. Индукцией по п легко показать, что при п = 0, 1,...
Чп= П B*4 1).
Отсюда следует, что
п—1
(-1)" П Bft i-l)
Рп _ Pn-i Brt+ 1) fe=Q _ Pn-i , (—1)"
Чп Цп Цп Яп-1 2га + 1
3 ' ' "
+ |
3 ' ' " In + 1 '
и, таким образом, lim-^- существует и равен сумме условно
сходящегося ряда 1 —1/3+1/5—1/7 + ....
Для вычисления последнего вспомним разложение arctg* в
ряд Тейлора: arctg х = х 1 \- ... + — — л;2"+' + .. . ,.
F v 5 3 5 Bп+ 1)
х е [ — 1, 1]. Подставляя значение д;= 1, получим
19. Если с=1, то утверждение очевидно: так как А и В беско-
бесконечны, то можно найти такую возрастающую последовательность
{а,,}, что ап^А, ап+1еВ, и положить Ьп = ап+\.
93

Пусть с>1. Определим множества Л] и В, следующим обра-
зом: A] = {x<=R: [х]еЛ}, Bi = {x(=R: [x]eB}. Имеем ^ifl5i = 0,
Л,и5, = [1, оо).
Докажем, что для любого е>0 существуют такие элементы
a = a(z)^Ai и Ь = Ь(г)еВи что &>1/е и |а/й—с|«е. Предполо-
Предположим, что при некотором s>0 это неверно. Так как В бесконечно,
то найдется элемент Ь0^В такой, что bQ>l/e. Рассмотрим после-
последовательность множеств Ео, Е\,..., где
Еп=[Ьосп, Ь0(с+в)п].
Покажем индукцией по п, что ЕпаВ\.
При я = 0 это верно, так как Е0 = {Ь0}аВс:В\. Пусть это спра-
справедливо при п—1 и Ь' — произвольный элемент ?„. Тогда най-
найдется такой элемент Ь"е?,.|, что c^.b'Jb"^.c+z. (Можно поло-
положить, например, Ь" =-- \^Ьй(Ь')п-1). По предположению индукции
Ь"^.В\. Если бы Ь' принадлежало Аи то мы имели бы &"<=5Ь
b'^Ai, \b'\b"—c|<s, 6">l/e, что противоречит нашему допуще-
допущению. Значит, Ь'еВ]. Так как Ь' — произвольный элемент Еп, то
Пусть «о — столь большое натуральное число, что
с
Докажем, что если 6>60сп°, то Ь^Еп при некотором п. В самом
деле, положим п — "¦ ^ ° ¦ . Тогда n>«0, bocn^.b<.bocn+l. Но
1пс
= СС < С" (^)"° < С" (-^ )" = (С + 8)"
и, значит, Ье?п. Мы видим, что
[V-, оо)с: [jEnCZBv
А,= [1, оо)\5,сг[1, Ьос".),
но это противоречит бесконечности множества Л.
Итак, для любого е>0 найдутся а(г)^А\ и 6(e)eBi такие,
что 6>1/е и ja/й—с|^е. Отсюда следует существование после-
последовательностей {ап} и {Ьп} со свойствами
а'п(= Av b'n<=.Bv bn+i—b'n^ 1, a'nlb'n-^c (n->-oo).
Полагая ап = [ап] и 6„ = [ЬП], мы получаем искомые последо-
последовательности {а«} и {Ь„}.
Случай с<1 сводится к только что разобранному: соотноше-
соотношение lim—— = с следует переписать в виде Пт ————-
и воспользоваться тем, что 1/с>-1.
S4

21. Заметим, что an = bn + cn. Если bn и с„ периодичны, то у
них есть общий период, а значит, ап периодична. Противоречие.
22. Покажем, что если числа а\,...,ап положительны и ak •<
fe_1afej_1 при 2=O^n—1, то max ak = max(al, an) (а зна-
k—\ П
чит, в нашем случае max ak--2).
ft=H, ... ,п
Допустим, что max ak-—at, l</<«, at>au ai>an- Тогда по
условию
a/<a/_ia/i_i < max ak- max ak= ai,
откуда fl/_i= maxafe==a;. Если /—1>1, то аналогичным обра-
зом получаем a/_i = a/_2 и т. д. В итоге будем иметь
что противоречит предположению
24. Предположим противное: существует такое М, что ||
для всех п. Окружим каждую точку хп окрестностью радиуса
1/B«). По условию эти окрестности не пересекаются, а поскольку
все они принадлежат интервалу (—М—1/2, М+1/2), то сумма
длин их не больше 2М + 1. С другой стороны, сумма длин первых
N окрестностей равна
N
>¦ СХ5 (N -*¦ CX5J .
п
Противоречие.
25. Возьмем такие П\ и п2, что |ал,—й„2|>2, и такое «з, что-
\bn,— bn,\> I, \bn2—Ьп,|>1- Если |оЛ1_а„з| >.1, то для решения
задачи достаточно положить п — П\, т = Пъ\ если же \аП1—а„г{ < 1,
то |ап,—аПа|>|аП1—OnJ—|ал,—а„а| > 1, и можно взять п = пг,
26. Если Нт(л;„—хп+\) > а > 0, то для некоторой возрас-
возрастающей последовательности {nk} хПк—xnk+\ > а. Из условия
lim (хп—2хп-\-\ +^п4 2) = 0 следует, что для произвольного N и
n>n(N) выполняется неравенство (хп-—хп\\)—(хп+\—*п+2) <
откуда при nky n (N)
. й ,v — 1
nk+l nk+2 ^ nk nk+X> д; N '
i a ^ /V — 2
95

Складывая эти неравенства, получаем
*=! + x
+
Так как N произвольно, то это противоречит ограниченности {хп}-
Аналогично приводит к противоречию предположение
Игл (хп — Xn+i ) < 0. Значит, \\т(хп — хп+х) < 0
и \\т_{хп— xn+i) >0, т. е. Iim (л:„—xn+i) = 0.
28. Не следует. Рассмотрим последовательность
*n = cos(n log2log2«), п>\
"(х\ произвольно). Покажем, что если а>-\, 6>1, оО — целые
числа, то lim(xn-\- xanz+bn+c) ~--0. Для этого заметим, что при
По
я„ + хп» = cos (it log2 log2 n) + cos (it log2 log2 n2) = cos (л log2 log2«) -f-
+ cos (it log2 log2 n -f я) = 0,
и достаточно доказать, что Mm (cos (л log2 log2 (а/г2 -f bn + с)) —
tt->-00
—cos (nlog2log2n2))==0.
Последнее соотношение следует из того, что при п>-2
| cos (it log2 log2 (an2 + bn + c)) —cos (л log2 log2 n2) | <
< | л log2 log2 (an2 + bn + c) — л log2 log2 «2 ]<
< it | log2 log2 ((a + b + c) n2) — log2 log2 n21 <
< n | log2 B log2 n + log2 (a + b + c)) —log2 B log2 n) 1 =
o (n+oo).
(Мы воспользовались тем, что |cosx—cos«/|^|#—y\ при любых
лиг/.)
В то же время limxn^t0, ибо \х„\ — 1 при п =22 , AgN.
§ 2. Непрерывные функции одного переменного
2. Да, всегда. Например, g(x)=f(x) sinx, h{x) =f (x) cos x.
4. Указанное в условии свойство эквивалентно ограниченности
функции f(x) на интервале @,1). Действительно, если f(x) огра-
ограничена, то в качестве б можно взять (при любом г) число
2sup|f | + 1. Наоборот, если f обладает указанным в условии
свойством, то положим е=1. Тогда для любого уе@, 1) \f(x) —
—f (У) I <^> откуда следует ограниченность f.
96

нет.
Поэтому функции а), в) обладают данным свойством, а б) —
г.
6. Переобозначая х—h через х, имеем
Докажем, что функция / дифференцируема и f'(x)s=0. Дей-
Действительно, при Л>0
Точно так же
| f(x-2h)-f(x)
Поэтому
f (x) — lim (/ (х + Ах) — f(x))/Ax= О, / = const.
Ддс->0
8. Пусть х, у — произвольные точки на прямой, х<Су. Пост-
Построим последовательности {хп}, {Уп} следующим образом: точки
хп, уп получаются из х и у соответственно гомотетией с центром
в {х + уI2 и коэффициентом 3". Из такого построения следует,
что для любого п четверка чисел хп+\, хп, уп, Уп+i образует ариф-
арифметическую прогрессию. Следовательно,
Индукцией по п отсюда получим
ПУп)\. A)
Пусть точки х, у лежат в интервале (—А, А), где Л>0. Найдем
наибольшее п такое, что хп, уП лежат в интервале (—2А, 2А).
Тогда одна из точек хп+и yn+i не лежит в (—2Л, 2Л), откуда
легко следует, что 3n+1(y—x)j2>A, n>\ogz{2AI{y—x)) — \. На
отрезке [—2Л, 2Л] функция f ограничена, пусть \f \^M. Тогда из
A) имеем
\f{x)—f(y)\<
Преобразовывая выражение справа, получим
где G = [ ¦ д . Так как Iog3n>l, то из этого неравенства
легко следует f'(x)s=0 на (—А, А) (см. решение задачи 6). Так
как интервал (—А, А) выбран произвольно, то f'(x)=0, /=s
е= const.
Заметим, что число л в условии задачи можно заменить на
любое число, большее 3. Условию же \f(a)—f(d)|>3|/F)—f(c)\
4 Зак. 48I • 97

помимо константы удовлетворяет линейная функция (и множест
во других функций).
10. Каждая из функций ф(/), ty(t) монотонно убывает от +сх
до 0, когда t возрастает от 0 до +оо. Каждая из них являете;
непрерывной. (Действительно, если, скажем, <p(t) разрывна в не
которой точке, то в силу монотонности ф разрыв является раз
рывом 1-го рода, откуда следует, что областью определения об
ратной функции г|> не может быть @, +оо).) Поэтому найдета
точка /е@, +оо) такая, что <p(t)=t. Но тогда г|з(ф(О) =1Ф@
t = ty(t), ф@=гИ0- Тем самым неравенство ф@>Ф@ не може1:
выполняться при всех t>0.
12. В некоторой точке х f(#)>0, поэтому в окрестности это*
точки найдется возрастающая арифметическая прогрессия а0, bo
с0 такая, что f(a0) +f(bo) +f(co)>O. Точно так же найдется воз
растающая арифметическая прогрессия а\, Ъ\, С\ такая, чте
f(a\)+f(b\)+f(ci)<0. Для каждого значения параметра te[0,1]
рассмотрим арифметическую прогрессию a(t), b(t), c(t), гд«
а(О=аоA—t)+axt, b(t)=bo(l—t) + bit, c(t)=co{l—t) + Cit Функ-
Функция F(t)=f(a(t))+f(b(t)) +f(c(t)) непрерывно зависит от t, при
/=0 F(t) >0, а при t=\ F(t) <0. Значит при некотором t F(t) = 0,
и соответствующая прогрессия a(t), b(t), c(t) является искомой.
14. Продолжим функцию f на всю числовую ось периодически
с периодом 1. В силу условия f@)=/(l) продолженная функция,
которую будем также обозначать f, является непрерывной. Дока-
Докажем, что для некоторой точки xeR f(x+a,)=f(x). Для этого рас-
рассмотрим функцию g{x)—f(x+a)—f(x). Имеем
1 1+а 1 1+а а
$g(x)dx= } f(x)dx- J/(x)dx= j f(x)dx- \f(x)dx =0
0 а 0 1 0
в силу периодичности f. Следовательно, функция g обращается
в нуль в какой-то точке хе[0, 1]. Отсюда f(x+a) =f(x) в неко-
некоторой точке #е[0, 1]. Если jc+ae[0, 1], то положим хч=х,
Х\=х + а. Если лг + а>1, то х—A—а)>0 (и, конечно, х—A—а)<
<1), так что положим Х\ — х, х%=х—A—а). В обоих случаях
f(x\) =f(#2), а разность Х\—Хч равна а или 1—а.
15. Из условия }(х) ~х\пх(х-+°о) легко следует, что Inf (л:) ~
~1пл: + 1п1пл:~1пл:. Поэтому f (х) ~х \ux~x In f (x), f (x)/\n f (x) ~
~х. Переобозначая f (х) =у,х=<р(у), получим <р(у) ~у/\пy(y~*-°o).
17. Основная трудность в задаче в том, что функция f и g
могут иметь различные периоды. Пусть период функции f ра-
равен Т. Имеем f(x)—g(x)-+0 при дг->+оо, f(x+T)—g(x+T)-+O
при #-»-+оо. Вычитая из второго соотношения первое и учиты-
учитывая, что f(x + T)—Да:) =0, получим, что при х-*- +°о.
Но функция h(x) =g(x+T)—g(x) периодическая, так как g яв-
является периодической функцией. Очевидно, периодическая функ-
функция может иметь предел 0 на бесконечности, если только она
98

-ождественно равна нулю. Следовательно, g(x+T) =g(#), т. е.
функция g также имеет период Т. Положим теперь h(x)=f(x) —
—g(x). Эта функция периодическая (с периодом Т), стремится к
нулю при х-*- +00, следовательно, Л = 0, f=g-
20. Пусть х2>х\. Докажем, что f(x2)/x2>-f(xi)/x\. Хорда, сое-
соединяющая точки О и А2 графика функции y = f(x) (рис. 1), имею-
•y=f(x
Рис. 1
Рис. 2
дие абсциссы 0 и х2 соответственно, лежит выше графика по
шределению выпуклой вниз функции. В частности, она лежит
зыше точки Л] графика, имеющей абсциссу Х\. Сравнивая угло-
зые коэффициенты прямых ОА\ и ОА2 получим искомое утверж-
утверждение.
22. График такой функции изображен на рис. 2. Возьмем ка-
'vro-либо строго монотонно возрастающую последовательность
,а„};Й°_оо такую, что Нта„ = 1, Пта„ = 0, и определим f(x)
огласно следующим правилам: f(an)=an, на каждом отрезке
ап, ап+\] график f состоит из двух прямолинейных отрезков та-
чих, что / (¦"" °"*'| =аП4-2. Очевидно, построенная функ-
аия f непрерывно доопределяется в точках 0, 1: f@)=0, f(l) = l;
з этих точках прообраз состоит из одной точки, а для любой
другой точки у^@, 1) прообраз у состоит из трех точек.
24. Не существует. Предположим противное, что существует
1епрерывная функция f(#):R->-R такая, что при рациональном
' fix) иррационально, а при иррациональном х f(x) рационально.
осмотрим, каким может быть множество значений f(x). Так как
множество рациональных чисел счетно, то образ множества ра-
.шональных чисел не более чем счетный. Образ множества ирра-
шональных чисел лежит во множестве рациональных чисел, т. е.
шять-таки не более чем счетный. Итак, множество значений f не
99

более чем счетно. Но множество значений непрерывной функци
является промежутком, который состоит из одной точки или кон
тинуума точек. Тем самым f может принимать лишь одно-едик
ственное значение. Однако это противоречит тому, что f прини
мает как рациональные, так и иррациональные значения. Значит
такой функции f не существует.
26. Пусть А — множество точек х, в которых f достигает ло
кального максимума, а В — множество точек локаль
ного минимума. Нам нужно доказать, что множество f(A)[
\}f{B) не более чем счетно. Докажем, что каждое из множест
f(A), f(B) не более чем счетно. Для каждой точки y^f(A) най
дется интервал 1У с рациональными концами, на котором макси
мальное значение f равно у. Очевидно, для различных уеДЛ
интервалы 1У совпадать не могут. Но интервалов с рациональны
ми концами всего счетное множество. Поэтому и f(A) не боле'
чем счетное множество. То, что f(B) не более чем счетно, доказы
вается аналогично.
Предлагаем читателю доказать, что множество точек, в кото
рых функция f достигает строгого локального максимума (шп
минимума), не более чем счетно.
28. Условие на функцию / запишем в таком виде:
\f(a)-f(b)\^\a-b\, B;
причем равенство достигается только при а = 6.
Обозначим f(O)=x, f(x)=y. Тогда f(y)=O. Применяя B), по
следовательно находим
|*-0|> |f(*)-/@) | = \y-x\>\f(y)-f(x) | =
Поэтому во всех промежуточных неравенствах стоят равенства
откуда следует х = у = 0, т. е. f @) =0.
§ з. Дифференцирование функций одного переменного.
Формула Тейлора
1. По формуле Тейлора
Отсюда получаем
(l +0A)) =
Следовательно, / дифференцируема в нуле и /'@)=з~-=*
' /6
100

2. Рассмотрим функцию g(x)=f(x)—x2j2. Оиа дифференци-
дифференцируема на [0, 1], причем g'{x) = f(x)—х при хе[0, 1]. В частно-
частности, g'@) = l, g'(l) =—1. Отсюда следует, что функция g не мо-
может достигать максимума на отрезке [0, 1] в его концах. Значит,
g достигает максимума в некоторой точке се @, 1); при этом
g'(c)=0, следовательно, f'{c)=c.
4. Положим g(x)=f(x)e~x, хе[0, 1]. Так как g@)=g(l)=O,
то по теореме Ролля g'(x)=0 в некоторой точке хе@, 1). Но
g'{x)~(f{x)-f{x))er'. Значит, f(x)=f'[x).
6. Допустим, что g(xi)=0 в некоторой точке Х\^(а, Ь). Так
как функция g непостоянна на (а, Ь), то g(x2)^0 в некоторой
точке х2^(а, Ъ). Без ограничения общности можно считать, что
Х2>Х\. Пусть ^3=sup{x : xe[xi, х%\, g(x)=O). Легко видеть, что
g(x3)=0 и g(x)=?Q при #е(х3, х2). Определим на этом промежут-
промежутке функцию h{x)—f(x)fg(x). Имеем
W{х) = /'(«)« м-; («)*(«)=0> хе(Хз> ч1
откуда h(x) =const = f(x2)Jg(x2) и f(x)=g(x)f(x2)/g(x2) при
х^(хз, х2]. Переходя к пределу при х-+х3+, получаем f{xs) =
= lim g (x) i_L_»2_ = о, но это противоречит условию f (хз)+§(хз)^О.
*-»¦*»+ 8 (*г)
Следовательно, функция g(x) всюду отлична от нуля, а функ-
функция h(x) =f(x)/g(x) определена и постоянна на всем интервале
(а, Ь), что и требовалось доказать.
8. Легко проверить, что свойства выпуклости и вогнутости
функции в точке не изменяются при прибавлении к ней любой
линейной функции, т. е. при любых cud функция f(x) выпукла
(вогнута) в точке Хо тогда и только тогда, когда функция f(x) +
+ cx + d выпукла (вогнута) в точке xq.
Пусть функция f(x) дифференцируема на отрезке [а, Ь]. При-
Прибавим к функции f(x) такую линейную функцию, чтобы получи-
получилась функция g(x) с равными значениями на концах отрезка
g(x) — f(x)+ ' ' (х—а). Тогда функция g(x) имеет хо-
Ь — а
тя бы одну точку экстремума на интервале (а, Ь). Но очевидно,
что точка минимума является точкой выпуклости, а точка макси-
максимума — точкой вогнутости функции g(x).
Значит, точка экстремума g(x) на (а, Ь) является и точкой
выпуклости или вогнутости функции f{x).
10. Мы докажем, что f(y)^O для любого у^@, я]. Рассмот-
Рассмотрим два случая.
1-й случай: f(x)<0 при всех хе[0, у]. Докажем, что в этом
случае f(x)=O на [0, у]. Действительно, если f(x\)<0 при неко-
некотором xie@, у), то по теореме Лагранжа существует число
е@, Х\) такое, что
<
101

Применяя теорему Лагранжа к функции af, мы получим, что
(аГ)' (Xs), »WW-fl@)r(Q) < о
при некотором х3е@, х2). Но тогда, (af')'(x3) +f(x3) <0, что
противоречит условию задачи.
2-й случай: f(xo)>O при некотором хое(О, у]. Допустим, что,
вопреки утверждению, f{y)<iO. Определим числа
xi = sup{x : хе [0, х0], / (х) «0},
0, у], f (x)
Мы имеем 0<^i<x2<j/, /(xi) =f(х2) =J, '(*)>() при xg(xi, л;2).
Рассмотрим на интервале (хь д;2) функцию g(x) =a(x)f(x)/
/f(x). Имеем
1{х) а (х) " Ы К}
Заметим, что функция g(x) принимает сколь угодно большие зна-
значения в окрестности точки х\ и сколь угодно малые значения в
окрестности точки х2. Действительно, пусть в>0 — произвольное
число. Пусть функция f на отрезке [xi,'xi + e] достигает макси-
максимума в точке ф. По теореме Лагранжа существует такое число
e<=(*i, ф), что
Тогда
Аналогично доказываем, что на отрезке [х2—е, x%\ функция
принимает значения, меньшие —1/е.
Из условия g'(x)^>—1—g2(x) следует, что
при хе(хь Х2). Поскольку limarctg/ = и limarctg? = —,
/-+_» 2 r-^+co 2
то по доказанному выше для любого б>0 существуют такие
01, 02S(Xi, X2), ЧТО 0i<02.
arctg g (9J > я/2- б, arctg g @a) < - я/2 + б.
Тогда существует такое фе@ь 0г), что
(arctgg (х)>;=ф = (arctgg (92) -arctgg (я1))/@2-bt) < ~^f .
102

что меньше —1 при достаточно малом б. Получим противоречие
с доказанным ранее неравенством.
12. Существует. Например, /(x) = sin
13. а) Докажем индукцией по tC^O следующее утверждение.
Обобщенная теорема Ролл я. Если f^Ck[a, b] и f
имеет не менее (k+l) нуля с учетом кратности на [а, Ь], то f(ft*
имеет по крайней мере один нуль на [а, Ь].
При k = 0 доказывать нечего. Пусть для k—1 утверждение вер-
верно, проверим его для k. Пусть х\ xi — различные нули функ-
функции f на [а, Ь], имеющие кратности tzi,...,a; соответственно,
причем ai + ... + a.i>k+l и Xi<C...<.Xi. Тогда f (x) имеет в точке
Xj нуль кратности а;—1 (если а/>1) и, кроме того, по теореме
Ролля еще по крайней мере /—1 нуль на интервалах (a/, a/+i),
Общее число нулей f'(x) на [а, Ь] не меньше
i
У (<ху — !>-*-/ — 1 ^k— / + l + /_ l=k.
Теперь остается применить предположение индукции для k—1 к
f'. Теорема доказана.
Обозначим теперь через х\ хп п нулей функции f(x) на
[а, Ь]; при этом среди чисел х\,...,хп могут быть совпадающие,
нуль f может встречаться в этом наборе s раз, если его крат-
кратность не меньше s. Пусть хо — произвольная точка из [a, b], от-
отличная ОТ Х\, . .. ,Хп.
Рассмотрим многочлен степени п:
П (х-xi)
П {Хо — Xj)
и положим g(x)=f(x)—P(x). Функция g(x) имеет своими нуля-
нулями числа хо, х\ Хп, при этом если какое-то число х/ (/^1) вхо-
входит в набор {*! Хп) s раз, то кратность нуля х\ не меньше s.
Поэтому к функции g(x) применима обобщенная теорема Ролля,
согласно которой g<n) имеет хотя бы один нуль х' на [a, b].
Имеем
0 = g<"> (x') =fw (x')-PW (x1) =/w (xr) — —5iIM_,
П(ДС9-ДС/)
откуда следует, что
103

1/tol = *=г <
Так как jco, произвольно, то
max |/(дсI< {Ь~а)а max
61*1 л! 6l
б) В силу п. a) max \f(x) I ¦< 1/2. Значение 1/2 достигается,
например, для f(x)=x2/2.
16. Сначала докажем утверждение для р = 2, &=1. Пусть
/eC2(R), Л10 = sup|/(х)I, M2=sup|f {x)\. Нам надо доказать,
*?R x€R
что [ Г (¦<:) [ < V2MuMj при любом xeR. Допустим, что |/'(х)| >
>|/Л2М0М2 при некотором дсо. Без ограничения общности мож-
можно считать, что f(xo)>-O, f'(xo)>O (если f(xo)>-O, f'(xo)<.O, то
вместо функции f(x) будем всюду далее рассматривать fBxo—х)\
если f(xp) <0, то перейдем к функции —1{х))- Тем самый /'(Л:о)>
>1/2М0М2, и при х>хо имеем
rW = /' to + V
-М, • (x- x0).
Тогда f(x) достаточно долго будет возрастать, что даст противо-
противоречие с равенством M0 = sup|/(x)|. Имеем
= f (x0) + j Г (и) du > f (x0) f | B V ЦМ,- М2 (и- хй)) du =
= / {х0) + УШЖ (х- ~х0) --J М2 (х -
так как f(xo)>O по предположению. Функция >/2М0М2(х—х0) —
— 1/2М2(л;—xo)a достигает максимума в точке х— х0 + 1/2М0Ма/Ма.
Значение ее в этой точке равно Мо- Поэтому / {х0 -f |/2M0M2/M2) >
>Мо, что противоречит определению числа Mq. Для р = 2 и ^=1
утверждение доказано.
104

Пусть теперь р и &<р — натуральные числа. В силу доказан-
доказанного Mft< V2Mk-\Mk+\. Обозначив
ft (p—ft)
2 2 ,
имеем а^<Vai_iaft+i, ao=ap=l. Пользуясь утверждением, до-
доказанным, при решении задачи 22 § 1, мы получаем
max ak = max (а„, ар) = 1,
fe=0 р
т. е. /z*^l при k=l р— 1, что и требовалось доказать.
17. При |х| <1 имеем
1 + X + ДГ2 ' 1 — ЛГ3
Мы получили разложение f(x) в степенной ряд:
где as = —2, если s = 3fe—2; as = 2, если s = 3k—l;as = 0, если s =
= 3k (^gN). Следовательно,
¦—2s!, если s = 3&—2,
2s!, если s — 2>k— 1,
О, если s = 3&.
19. По формуле Тейлора
+ о (h*) =f(Q) + f @) h + f" (°} h% + О (л3),
Требуемое равенство будет выполнено, если Л, В, С удовлет-
удовлетворяют соотношениям: А + В+С=0, С—А — 1, С+А=0. Эти усло-
условия выполнены, если А= —1/2, В = 0, С=1/2.
21. Пусть х>0. По формуле Тейлора /(*)= f (9) хк, 0<
¦< б -<х. Так как /(ft+1)(y)^0 при у^О, то /<fe) возрастает на [0, <х>)
105

{k)(x). Следовательно, —-——^—>/(x). Далее,
формуле Тейлора
n—1
п—1 .,
ft! - - w * - ¦¦
) ft=0
Последнее неравенство может выполнятся при всех п только в
случае f (x) =0.
23. Заметим, что
/ (х) = ех cos a sin {x sin a) = Im (ex cos a eixsin a) =
= Im(e*cosa+'*sina) = Im(e«Ia).
Разлагая в степенной ряд функцию ехе1а, получим
л!
Считая х действительным, приравняем в последнем равенстве
мнимые части:
/ (х) = Im {e«ta) = 2j Im (е'"П) ir =
CO
25. Пусть V bnxn (|ЬЛ|<2)— разложение функции
f'(x)/f(x) в степенной ряд. Имеем
т. е.
Предположим, что равенство |а„|^я+1 выполняется не для всех
п. Пусть k — такое наименьшее натуральное число, что ||
>k+l. Тогда имеем
106

но \kak\>k(k+\), a
Противоречие.
27. При достаточно малых |/| имеем
П
—^— V
m=l m=\ 4=1
где ck>0 {k=\, 2, ...). Отсюда следует, что
во со
2
n=0
где ак>0 при teN. Так как /(*) @) **aJA, то и /(*>@) >0.
29. По формуле Тейлора при д;>0
где 0<0<х. Следовательно,
Г@)^+ Г(°2)Х2 >ах».
ах + — Ь
2
а = Г@)/2.
32. Имеем
= [а
107

\ 2
ас — Ь*/4
откуда следует, что
lim х2 — j/ax2 + bx + с =
х-*» dx2
= 0.
33. а) По условию для любого е>0 существует такое число Xq,
что \f(x)+f'(x)—Л|<е при х"^х0. Это значит, что функция f
удовлетворяет при х^х0 двум «дифференциальным неравенствам»:
f'(x)>-}(x)+A-e,f'(x)<-f(x)+A + e.
Докажем, что если fi(x) и f2(x) — решения двух дифференци-
дифференциальных уравнений: fi'(x)——fi(x)+A—е и h'(x)=—f2(x)+A + z,
имеющие то же значение в точке х0, что и функция f(x), то
Ы*) ^/М ^Ы*) при х>х0.
Функции /i и /2 имеют вид С\е~х + А—е и с2е~х + А + е, где кон-
константы С] и с2 определяются значениями /i и f2 в точке Хо. Поло-
Положим g(x)=f(x)— fi(x)—f(x)—С] е-^—Л-ь е. Получим g'{x)^
^—g(x) при дг^лго и ^(д:о)=О. Докажем, что g(^MJ0
при х^х0. Действительно, пусть g{x)<0 при некотором
х>х0. Пусть в точке 6е(х0, х] достигается минимум функции g
на отрезке [*0, х]. Тогда g(Q)<0, и, значит, g'(O)>—gF)>0 и
g(9—6)<^(Э) для достаточно малого б. Противоречие. Аналогич-
Аналогично доказывается, что /(х)</2(х) при л:>х0.
Таким образом, Cie~x+A—e^f(х)^.с2е~х + А + г. Следователь-
Следовательно, существует такое число хх, что А—2е</(х)^А + 2е при x^Xi.
Поскольку е было выбрано произвольным, мы доказали, что
limf(x)=A.
Х-++СО
б) Неверно. Пусть А
—f'(x)?=A, но f(x)~++
35. Обозначим f (x) =
любое число, f{x) =-ех
при д;-^ + оо.
). Имеем
. Тогда f (x) —
откуда f(x)>0, f'(x)<Q,
Г(х)П') _о Ф'(^)
(/WJ ('
т. е. f"(*)>0 при х>0.
Нам нужно доказать, что lim f {x) =0. Так как /'(л;)<0 при
108

и /' монотонно не убывает на [0, оо), то существует предел
(x)=c<0.
*-»-00
Если с<0, то f (x)<c, f(x)^.cx+f(O) при всех -0=0, что невоз-
невозможно ввиду положительности / на [0, оо). Значит, с = 0 и
limq/ (х)/(ср(х))г=О.
Х-»-оо
37. По условию задачи \\mpW @) = 1 и, стало быть, для лю-
п-*а>
бого е>0 существует такое число «о> что при п>п0 справедливы
неравенства
Аналитические функции р(х) и р'(х) разлагаются в степенные
ряды:-
п—О
п=0
В силу ограниченности {р1л)F)} эти ряды сходятся на всей число-
числовой прямой.
При я->оо имеем
vi р»1» @) хп
(последнее равенство следует из того, что числа
р(п.+2) @), ... имеют одинаковый знак). Значит, р(х)>0 при дос-
достаточно больших х и
Ит_—pJA =1.
-• s
л!
1
Аналогично,
Нт —^^ = I.
109

Отсюда следует, что
fT^r^W-,7^- v pin+l)@)*"( V р(п){0)хП У1
П=П0 ;1 П=Л0-|-1
1- Р' (х)
Аналогично, lim 7T ^ 1 — е. Так как е>0 произвольно, то
х-ил Р \х>
1<т
Т^ Pi*)
или !im
х-*оо р (X)
38. а) Если существует f'{x), то
lim
h->-0 h
- lim (/ (Л:) + f> (x) h M ° (h)) ~ 2/ (x) + (/ (д:) ~f'{x) h +0
л->о
б) Пусть Xi — некоторая точка интервала. Если отношение
¦ ~' постоянно при х>Х[, то функция f(x) дифференци-
руема во всех точках х>хх. В противном случае найдутся такие
ТОЧКИ Х2 И Хз, Xi<X2<X3, ЧТО
2 з
^2 ^i Хз Х\
Можно считать, что и2<и3. Докажем, что для любого ы'е(«2, "з)
найдется точка х^(хи хз), х = х(и') такая, что f'(x)=u'. При
этом различным точкам и'е (ы2, из) будут сопоставлены различ-
различные точки дифференцируемости f(x), и несчетность последних бу-
будет доказана.
Каждой точке u'e(u2, u3) сопоставим такое число х'^(х2, х3),
что и' — ' ^х >~i\Xl> Рассмотрим функцию g(x) =f(x) —
f
(()())
Имеем g(xi)=g(x')=0, g(x2)<0. Пусть x точка отрезка
[хи х'], в которой g достигает минимума. Тогда если Л
ПО

«=1*,, x'\ и x—htE\xu *'], то g{x+h)— g(x)^0, g(x-h)—g(x)^0
и
+ /(*—h)=o{h)
(A->-0), поэтому g(*+A)—?(*)=°(А). т. е. }(x + h) = /(*) +u'h +
+ o(h), или f'(x)=u'.
3 —
в) Рассмотрим на (—1, 1) функцию f (jc) == к л. Она дифферен-
дифференцируема и, следовательно, является гладкой во всех точках хфО.
В точке х = 0 функция f недифференцируема, однако и в этой точ-
точке она является гладкой, так как /(Л)—2/@)+/(—Л)=0 при лю-
любом /!€=(— 1, 1).
40. При хфО имеем
откуда
f(x)-f(O) _
Очевидно, интеграл в правой части является бесконечно диффе-
дифференцируемой функцией х при любом действительном х. Следова-
Следовательно, функция ПН—LL_d( определенная первоначально при
хфО, доопределяется до бесконечно дифференцируемой при всех
х функции.
41. Достаточно взять А=х2, B=xdjdx—1.
§ 4. Интегрирование
1. Так как l + cos2x=2cos2x, то искомый интеграл равен
о
3. Идея решения состоит в том, чтобы разложить подынтег-
подынтегральную функцию в ряд и проинтегрировать его почленно. Имеем
A)
n
л=1
Каждый член полученного ряда легко проинтегрировать по час-
частям:
Ш

rt(n-t- 1)
(In 1 • 1"+!— lim In x • x?+l) +
o+
.)
о
B)
Чтобы убедиться в законности почленного интегрирования ряда
A), нужно показать, что для любого е>0 найдется такое \
что
<
п=1
при всех
По заданному е>0 выберем бе @, 1/2) такое, что
в о
|( Г + f }lnxln(\—x)dx <e/2.
О 1—6
Учитывая неравенства
я
л=1
мы получаем
б 1
О 1—6
п=1
< 8/2.
C)
D)
Так как на отрезке [б, 1—б] функция 1пх|1пA—x)+5j~~
n=l
равномерно сходится к нулю при т->-оо, то при достаточно боль-
большом т
<е/2.
Складывая полученное неравенство и D), получаем требуемое
неравенство C) для всех '
112

Почленно интегрируя A) с учетом B), мы находим значение
данного интеграла:
[n()
J Ф+)
О л=>1 л=1
п=2 л=1
5. Сделав замену х—п = у, найдем, что данный интеграл ра-
равен л
.п я
f sin (— sin у + пу + пп) dy = (— 1)" f sin (— sin у + ny) dy = 0,
—я —я
так как подынтегральная функция нечетна.
я/4
С хп
6. Каждый из интегралов \ dx при нечетном п ра-
J cos2 х
—я/4
вен нулю в силу нечетности подынтегральной функции. Следова-
Следовательно, искомый интеграл равен
Я/4
dx n
i
cos2 х
-л/4
7. Функция q>(z) =z3+xz, как нетрудно убедиться, строго мо-
монотонно возрастает при л^О, а так как ф@)=0, ф( + оо)=оо, то
существует единственное решение z(x) уравнения
ZJ + XZ — 8, (О)
причем z(*)>0. Так как ф'(г) =Зг2 + л:>0, то по теореме о неяв-
неявной функции z(x) непрерывно дифференцируема. Из E) находим
3z2z'+z+xz' = 0, z' = —zlCz2+x). Тем самым функция z(x) строго
монотонно убывает, и у нее есть обратная функция x(z). Замечая,
что z@) =2, zG) = 1, сделаем в интеграле
7
J za (x) dx
о
замену переменного, взяв за новую переменную г. Тогда
7 1 1
f z2dx = fzV(z)dz =
z4z -
113

Из E) находим xz = 8—гъ, так что
7 2
С Г п 31
I 2 их =1(8 + 2z ) dz =
J J 2 '
О 1 •
8. Так как при 0<х<1 последовательность функций {хп} моно-
монотонно стремится к нулю при п-*-оо, то
1
lim f cosxndA;= 1.
л
Найдем теперь lim f cosx"dx. Для этого в интеграле сделаем за-
n-t-co *
мену хп — у. Имеем
d sin у
sin r/
1 1
л" я"
, n— 1 f . dj/
1
Легко видеть, что при п-*-оо внеинтегральные члены стремятся
нулю, а интеграл оценивается так:
п— 1 Г dy __ 2(п — 1) q
1.5 ~ „2
4»
¦Следовательно, lim f
г: lim f <
Ответ: lim f cos xndx = 1.
10. Разобьем данный интеграл на два слагаемых: первое —
интеграл по отрезку [0, 1], а второе — по [—1, 0]. Сделав во
втором интеграле замену х~>—х, получим
С *! =Г *! +f
—10 0
1
dx
J (+)(+) J (+)(+) J
—10 0
о
114

Здесь мы воспользовались очевидным тождеством
ex + 1 г* + 1
Ответ: данный интеграл равен л/4.
12. Идея доказательства состоит в том, чтобы сделать в интег-
интеграле
f dx F)
J y\(x-a)(x-b){x-c){x-d)\
a
замену переменного, переводящую точки а, Ь, с, d соответственно
в трчки d, с, Ь, а, а интеграл F) — в интеграл
dx
/Т(х-а)(х-й)(х-с)(х-A)|
Если a + d = b + c, то такая замена очевидна: y = a+d—х. Если
ad = bc, то сделаем в F) замену y = F/x, где F = ad. Имеем
ъ
С dx
J /T{x-a)(x-b){x-c)[x-d)\
а
Fdy
J V\{F-ay){F-by)(F-cy){F-dy)\
с
&
___ Г Fdy =
J jA|abed(d — у)(с — y)(b — y)(a — y)\
dy
= Г
/\(y-a)(y-b){y-c){y-d))
с
Здесь мы воспользовались тем, что в случае выполнения ра-
равенства ad = bc точка 0 не лежит в промежутке [a, d] (действи-
(действительно, в противном случае имеем 0>ad—frc, откуда Ь<О<с, т. е.
a<b^0^c<d, так что |ad|>|bcj). Поэтому замена y = F/x пере-
переводит отрезок [а, Ь] в отрезок [d, с] (а не во внешность). Кроме
того, F — ad>0, откуда следует F=~\'abcd, чем мы также восполь-
воспользовались.
115

Общий случай расположения точек а, Ь, с, d сводится к> рас-
рассмотренным. Действительно, если a+d=?b + c, то найдется число t
такое, что (a + t) (d+t) — (b + t) (c+t) (а именно t =
+
Заменой y — x+t задача сводится к случаю ad = bc.
13. При хб@, л/2] функция sinx/л: монотонно убывает, поэтому
л
sin —
n ^ ^-ii^ sin х ._ sin I ^ 3 rp
при 0 < х < 1 1 ^ ^ > . Так как
х 1 я
я/3 2
• / — > 0,8, то 1 > -5!2?- > 0,8.
/3 де
l
Поэтому, учитывая, что ^eKdx—e—1 = 1,72, получим
о
11 1
1,72 > Kexdx^ fex-^^-dA;>0>8^eA;dx>0,8-l,7 = l136.
оо 6
Следов ательно,
ix^ 1,72+ 1,36 =1M4
с ошибкой не больше, чем A,72—1,36)/2 = 0,18.
15. Первый способ. Замечая, что (хх)'—хх(\пх+\), имеем
ю
J xK{\nx+\)dx = \0» — 1. G)
о
В интеграле G) подынтегральная функция быстро возрастает,
я основной вклад в интеграл дают точки х, близкие к 10. Заменяя
медленно изменяющуюся функцию lnx+l на In 10+1, найдем
ю
f x*dx = 101° =*= 0,30 • 1010.
J in 10+1
1
Второй способ. Сделаем в интеграле замену у=\0—х. Тогда
ю в
dx = jA0—yI0-»dy. (8)
о
116

Функцию A0—уI0"* разложим по формуле Тейлора в окрестнос-
окрестности точки у = 0:
= ехр [A0-у) (in 10—J
= ехр A0 In 10— у A + In 10) + О (г/2)) = 10го
Учитывая, что основной вклад в интеграл (8) дают точки у, близ-
близкие к 0, и отбрасывая О (уJ, найдем
t —sa+lnl0) imo
V X*dx =s
J J
1 . 0
1 + In 10 1 + In 10
Третий способ. Существует простой универсальный способ по-
получения асимптотики интеграла
dt
яри х->-оо для быстро растущих функций /. А именно, пусть
/>0, /'>0, f">0 и существует предел
с= lim ——.
*-« (ГJ
Тогда
2-е {'1х)
а
при-х-х». Например, при f(x)=xn находим с=(п—1)/я,
Доказательство (9) легко проводится с помощью правила Лопи-
таля (ср. с задачей 36 § 3). Для функции f(x)—x* находим с=1,
откуда
х
J lnx+l V ;
а
В частности,
10
f xxdx ^ ———. Ответ: Г xxdx = 0,30 • 1010.
J In 10+1 J
ю
I
117

17. Эллипс можно задать параметрически формулами
х —a cost, y = bs'mt,
где 0^^2л. Тогда для длины эллипса имеем
2Я 2Я
/ = Г Ух2 + y2dt = <\ Va2 sin21 + b2 cos2 tdt. A0)
о 6
Оценивая интеграл в A0) по неравенству Коши — Буняковского,
2л
получим I2 < 2л Г (a2 sin21 + b2 cos21) dt = 2я2 (а2 + b2), откуда I <
о
< л ]/2 (а2+Ь2). Для получения оценки снизу воспользуемся сле-
следующим вариантом неравенства между средним арифметическим
и средним квадратичным:
где те [0, 1]. В частности, при т=1/2 получаем обычное неравен-
неравенство между средним арифметическим и средним квадратичным.
Доказывается A1) следующим образом. Замечая, что ах + Ь(\ —
— т) = (а^т) Ух + (Ь У' 1—т))^1—т, и пользуясь неравенством Ко-
Коши—Буняковского, получим (ат + ЬA—т)J<(а2т+Ь2A— т)) (т+
+ A—т))=а2т+Ь2A—т).
Полагая в A1) T = sin2^, из A0) получим
2л
I > f (asitft + bcos*t)dt = n(a + b).
а
X
19. Имеем g' (x)=x3f(x)— 2 \ zf (z) dzxf (x). В силу условий 0<
х
< /(z)< получим 2 Гz/(z)dz< x, откуда g' (x)> 0.
о
21. Решение основано на следующем простом соображении, ко-
которое полезно и во многих других случаях. Пусть аи а2, ... , ап и
Ь\, Ь2, ... , Ьп — два набора действительных чисел, причем ai<
^а2^--.^^п и b\^.b2^.. ,^.Ь„. Рассмотрим всевозможные суммы
вида
где a — произвольная перестановка индексов. Тогда наибольшая
среди этих сумм равна аф\ + а2Ь2+.. . + anbn (т. е. когда большему
at соответствует большее bj), а наименьшая равна a{bn+., .+ anb\
(т. е. когда большему а,- соответствует меньшее bj). Докажем
второе из этих утверждений, т. е. что
axbn + a,bn_i-f ... + а?^ < а^ + аъЬт, + ...+ anbmn, A2)
118

где m, = a(t). Пусть среди индексов пц найдется пара расположен-
расположенных в порядке возрастания, например mi<m2 (в противном слу-
случае последовательность {т,} совпадает с п, п—1, ... , 1 и доказы-
доказывать нечего). Тогда переставим индексы mi и т2, при этом сумма
в правой части A2) не увеличивается. Действительно,
так как разность этих выражений равна (а1—а2) (Ьт,—&„,,)<; 0.
После конечного числа таких перестановок индексов в правой час-
части A2) получим a\bn + CL2bn-\ +.. . + anb\.
Для того чтобы применить A2) к решению задачи, нужно от
непрерывной функции перейти к ступенчатой. Для каждого нату-
натурального п введем ступенчатую функцию fn(x), которая на каж-
I i i + 1 \
дом интервале —, —!— ) принимает постоянное значение, рав-
\ п п I
ное т\^(х) на этом интервале. Очевидно, функция fn{x) удовлет-
удовлетворяет всем условиям задачи, кроме непрерывности.
Пусть число а представляется в виде р/п, где р — целое. До-
Докажем, что
2 2
,(х) fn(x+ \)dx. A3)
Полагая а(= inf /(x), имеем
П П }
('/„(*)/Л*+ <*)<** = —
2A—1
i=0
Поэтому A3) эквивалентно неравенству
2л—1 2л—1
? a(ai+p^ ? ад+п. A4)
Заметим, что набор чисел а,+р получается из ai+n перестановкой
(а именно циклическим сдвигом). Из условия задачи следует, что
если а^а,; то ai+n^aj+n. Поэтому неравенство A4) является ча-
частным случаем A2).
Докажем, наконец, что для любого a
i
Для любого е>0 найдется рациональное число р/п такое, что
— a < е. Будем считать, что п достаточно большое, напри-
119

мер п>е~К В силу равномериой непрерывности f при е->-0 имеем
о
2
о
2
отсюда и следует искомое.
В заключение предлагаем читателю следующие неравенства,
связанные с A2) и называемые обычно неравенствами Чебышева.
1. Если ai<a2<.. .<an, bi<b2<-•-<Ь„, то
nh -Lnh Л. Л.п h <Г («1 + ¦ • • + «в) (bl + • • • + fcn)
2. Если fug — монотонно возрастающие функции на отрезке
[О, Г], то
Существуют различные доказательства этих неравенств, в том
числе и не использующие A2).
23. По неравенству Коши—Буняковского
(J 1/Т=Жг dxJ <}(!-/ W2) dx = 1 - f P (х) dx.
о о
Опять согласно этому неравенству
1 1
откуда
(j l/b=7W dxK < 1 -(\f (x) dx
о о
что и требовалось доказать. <
120

25. Пользуясь данными задачи, имеем
Vf(x)
о г
1
27. Полагая gk (х) = - , имеем fgft (x) dx = 1. В силу неравенства
о
Коши между средним арифметическим и средним геометрическим
Следовательно, в некоторой точке
р j^i (*) • • • Яп (*) < 1 -
откуда, переходя к функциям fk, получаем
Рис. 2
29. Возьмем какие-либо числа р, q так, что р>0, ^
и разобьем подграфик функции s=y(t) на три части, как показа-
показано на рис. 1.
Обозначим площади этих частей буквами /, Р, Q (рис. 1). Очевидно,
Р= f y(t)dt, Q~ [\j)(s)cfs, / = a—P—Q. Пользуясь неравенством Ко-
P 9
ши —Буняковского, имеем
(s)
I' г];9 (s) ds ^ — ( Г г|) (s) ds]2 - — (/ + Р)
121

Следовательно, используя аналогичное неравенство для функции
ф, получим
J J Р q У РЦ
о о
Здесь мы воспользовались неравенством х2 + у2'^2ху. Далее имеем
2 (/
Очевидно, изменяя значения р и q, можно добиться того, что
= Q, т. е. каждая из площадей Р, Q равна (а—1I2. Тогда
что и требовалось доказать.
Замечание. Очевидно, константа 1/2 в доказанном неравен-
неравенстве достаточно грубая. Предлагаем читателю найти более точную
константу и подумать над обобщением этой задачи, например,
в следующем направлении: оценить снизу сумму
\ фа dt + | г])Р ds, если j cpdf = j ij)ds = a.
6o oo
31. Заметим, что
ъ ъ ъ
\\ f (х) dxf - J / (х) dx J fiy)dy = l\f (x) f (y) dx dy,
Q
Q
где Q — квадрат [a, b] X [a, b]. Разобьем квадрат диагональю на
два треугольника (рис. 2), и нижний треугольник (в котором
х>у) обозначим через Т. Тогда, очевидно,
Q Т
Ь х Ь
^> 2 j dx ) / (хJ dy = 2 j (x —a) / (хJ dx.
a a a
Здесь мы воспользовались тем, что при )
33. Будем считать, что число п достаточно большое, в частнос-
частности п намного больше Т. Заметим, что функция ф(пх) имеет период
Tn = Tjn. Поэтому интеграл
1
\f(x)<f(nx)dx A5)
о
122

удобно разбить на слагаемые — интегралы по отрезкам длины
Т„. Для этого отметим на отрезке [0, 1] точки деления хо = О,
Х\ — Т„, х2 = 2Тп, ... , Xm — mTn, где m — наибольшее целое число
такое, что mTn^l. Тогда интеграл A5) можно представить в виде
m—I
f / (х) Ф (пх) dx=Y | / (х) ф (пх) dx + f / (х) ф (пх) dx. A6)
Предположим сначала, что функция ц>(х) — положительная.
Тогда к каждому слагаемому в A6) можно применить теорему
о среднем:
xk+i. xk+i
j t(x)y(nx)dx=f(\k) J <p(nx)dx,
где ?*e [Xk, Jtft+i]. Замечая далее, что
xk+i nxk+i i. .
Г 1 л 1 Г
l Ф (пх) dx — — I ф (y)dy — — I
J i J i J
l
и что J / (х) ф (пх) dx -+¦ 0 при «-voo (в силу того, что отрезок
о
[1, хт] стягивается в точку, а подынтегральные функции ограни-
ограничены), получим
m-I Г Г
J/ (х) ф (пх) dx = J] / (?ft) -?- f ф (у) dy + о A) = -у j ф (у) dyx
ft=0 0 0
m—\
k=0
Очевидно, при n-vpo последнее выражение стремится к
г 1
j_
т
Рассмотрим теперь случай, когда ф не обязательно положи-
положительна. Найдется константа с такая, что ф+с^О. Поэтому по до-
доказанному
1 Г 1
Г/ (х) (ф (пх)+с) dx^^-*- J- Г (ф (у) +с) dy \f(x) dx.
О 0 0
123

Вычитая из обеих частей с] f(x)dx, получим искомое утверж-
0
]
0
дение.
ь
35. Разбивая интеграл J f(x)dx на сумму интегралов по от-
а
резкам [Xi~i, xi], имеем
ь п п xi
J/(x)dx-E/(b)(xt-x,_,) = 5; J {J{x)-f{lt))dx. A7)
a ?=1 i=l *[_i
В силу условия ^'(.х:) |<1 имеем
1/(*)-ШК1*-Ы- A8)
Действительно, по теореме Лагранжа для некоторой точки
е [х, ?;] выполняется
откуда и следует A8). Подставляя в A7), имеем
ь п п xi
| J/(*)<**-?/(Ь)(*,-*1-»)|<Х! I \x-b\dx. A9)
il il *
Интегралы в правой части этого неравенства вычисляются непо-
непосредственно:
J |x_b|lfc_<
Воспользовавшись условием л;;—je,-_i^l/(fc—а) и подставляя по-
полученные оценки в A9), найдем
Ь п п
(Х1 — Х(_хK
f (х) dx —
<
^b — a?j 2 2F —а) 2'
что и требовалось доказать. Константа 1/2 — точная, так как для
функции f(x)=x все написанные выше неравенства обращаются
в равенства (при условии Xi—*;_i= 1/F—а).
37. Будем считать, что е>0 фиксировано. Приблизим сначала
функцию f(x) ступенчатой функцией, принимающей произвольные
значения из [0, 1]. Это легко, сделать, пользуясь интегрируе-
интегрируемостью по Риману функции f(x). Действительно, пусть п — дос-
124

таточпо большое натуральное число, Хи — точки деления отрезка
[а, Ъ\ на п равных частей (fe=0, 1, ..., n, хо=а, хп = Ь),
Mk= sup /, mk— inf /.
n— 1
Тогда lirn ^ (УИЙ—mA) (^+i—^) = 0. Поэтому при достаточно
большом п имеем
n—\
Определим ступенчатую функцию f следующим образом: f (x) —
. =mk на интервале (xft, xh+\). Тогда 0<f<l, /^/, и из B0) имеем.
^ Приблизим теперь ступенчатую функцию f(x) ступенчатой
функцией g (х), принимающей лишь значения 0 и 1 и такой, что-
для любого отрезка [а, р] с= [а, Ь]
2 '
тогда задача будет решена. Для этого на каждом отрезке
[хк, xk+i] найдем точку y\k такую, что
x = mk{xk+\— хк).
Это всегда можно сделать из-за того, что O^m^l.
Положим для каждого & = 0, 1, ..., п—1 g(*) = l на отрезке
\хк, T[k\ и g(x)=0 на отрезке [цк, хк+\]. Тогда в силу выбора ц^
для каждого k имеем
Докажем, что для построенной функции g справедливо неравен-
неравенство B1). Если концы отрезка [а, р] совпадают с какими-то точ-
точками х^ то интеграл в B1) равен нулю в силу B2). Если отре-
отрезок [а, р] целиком лежит в одном из отрезков [Хй, xk+i], то
\(f~g)dx
<р—а < .
125

Но можно с самого начала считать, что F—а)/п<е/4. Если а,
Р — произвольны, то отрезок [а, р] можно разбить на несколько
отрезков с концами в точках хк и еще на два отрезка, целиком
лежащих в каких-то отрезках [хк, хк+{[. Интегралы от функции
f—g по отрезкам первого вида равны нулю, а по двум оставшимся
отрезкам в сумме не превосходят 2(Ь—а)/п<е/2. Тем самым не-
неравенство B1) полностью доказано.
39. Для длины эллипса 5 имеем
2л
где / (t) = V х2 + у2 = ]/а2 sin21 + b2 cos21.
Вводя обозначения б=я/п, Tk —(tk +^-i)/2 = Bk—1N, найдем
периметр рп (полагаем Мп = М0):
п
= ? Va2 (cos2kb—cos B^—2) бJ + b2 (sin 2kb~sin BA:—2) бJ
= 2 sin 6 ^ у a2 sin2 Tk + b2 cos2 Tk = 2 sin 6 \ f (Tk).
Пусть Nk — вершина описанного многоугольника, общая для сто-
сторон, касающихся эллипса в точках Мк и Мк+и Находя точку пе-
пересечения прямых, касающихся эллипса в точках Мк и Мк+и по-
получим координаты точки Nk:
N ~(а cos(^ + 6) ъ sin(tk + 6) \
\ cos б ' cos б /
Откуда легко находим \NkNk-i\ =2tg8f(tk), и тем самым
Для решения задачи нам нужно с достаточной точностью оце-
п п п
«ить суммы У] /(^а) и 2^ /(^). Покажем, что числа 26 ^ f(tk)
и 26 J] /G"А) очень хорошо приближают S, а именно 26 ? f(tk) —
126

Функция / является четной и 2л-периодической, поэтому она
разлагается в косинус-ряд Фурье
Функция f бесконечно дифференцируема; ее пятая производная
является нечетной и разлагается в ряд Фурье по синусам:
/E) ~ ]? &m sin mX-
т=\
При этом Ьт = —т5ат, и, так как коэффициенты Ьт ограничены,,
мы получаем |m5am|=?Cc<oo при всех т, т. е. |a5|=SCc/m5. Отсюда
следует, что ряд Фурье f сходится к ней равномерно и
( 22
аэ П
= Ьпа0 + 26 ^ ат Jj cos mtk.
т=\ ft=l
2л
Но Ьпа0 = ла0 = J f(t)dt = S, поэтому
о
П 00 П
261 / С*) -S = 2б S ^ ? cos mtk.
п
Вычислим У cos mtk. Если т делится на п, то
cosmtk = cosBnkm/n) = 1 (й=1, ..., n)
и эта сумма равна п. При других m имеем
п п
cosm^sin тб __ «ч sin m (^ + б) — sin т (^ — б)
sinm6 1шЛ 2sinm6
n
1 VI
2 sin mb ¦
(Мы воспользовались тем, что sin(m6)=?M), если т не кратно и.)
Значит,
26'_
mHO(modn) /=1 /=1
12Г

Вспоминая оценку |а/и|>с/(/пM, мы получаем
26'
—. Следовательно,
1Ъ
2=1
Аналогично доказывается, что
Для оценки рп и ^л воспользуемся разложением sin б и tg б по
формуле Тейлора:
6 120
3 15
Имеем
+
6 120
и аналогично
Теперь легко найти пределы limn2(S—рп) и lirnn2^—S).
Имеем
п2 (S-Pn) =n»-|-S-n» -^-S +0 (я28в) =
+ о A) = — S + о A),
D «
г + о A)
О D
128

3 +°<»=^
т. e. limn2(S—/?„) = — S и limn2 (?„— S) =— S.
Чтобы был конечным предел lirn n*(S—арп—$qn), необходи-
необходимо, чтобы Hmn2(S — арп—$qn)=0. Из найденных оценок следу-
следует, что
Поэтому 1—а—р = 0, а/6—р/3 = 0, т. е. а = 2/3, Р = 1/3. Найдем те-
теперь limn4(S Рп ' Цп V Имеем
б3 . б*
6 120
~20~
• ' 20
Ответ:
\ 3 / 20-
41. Если функция f ограничена сверху, то подынтегральная
функция ограничена снизу положительным числом, и расходи-
расходимость интеграла очевидна. Пусть Mmf (х) = оо, т. е. найдется по-
следователыюсть Яй-хэо такая, что f(xk)-*-oo. Имеем
ас
0
—
при k
0
5 Зак
VT+1
f
1п/@)
/
. 481
Jy,
-V С»
откуда
и
0
следует,
00.
— к
0
что
129

43. Достаточно доказать, что
о. ' B3)
U-i- U'
Преобразуем подынтегральное выражение:
J1
и' и'
и -{-и') и1
и и -f- и' и (и -{-и') и1
Следовательно, интеграл в B3) не превосходит
GO
и' dx 1 »
и 1
Так как функция монотонно возрастает, то существует положи-
положительный предел lim и (х) (возможно, бесконечный). Поэтому
со
J
1
и(\) ц(оо)
оо
откуда и следует B3).
45. Заметим, что из условия
6
следует, что существует конечный lim/(я). Действительно, при
Х-»-со
х<у имеем
JJ
По критерию Коши последний интеграл стремится к нулю при
х, г/->оо, откуда, опять же по критерию Коши, получаем сущест-
существование lim / (х).
Если этот предел не равен нулю, то и ряд j^ /(«), и интеграл
\f(x)dx расходятся. Пусть lim/(Jc) = O. Тогда интеграл J/(x)dx
о *-*<*> о
сходится тогда и только тогда, когда существует предел последо-
последовательности
130

при п~*-оо (где п — целое). Действительно, интегралы сходятся,
если существует предел
у
lim \ / (х) dx,
g
причем у — любое действительное число, а не только целое. Но
если /(лг)->0 при лг->оо, то разность интегралов
J/(*)d*-J/(*)<** = ]f(x)dx
о о Ш
стремится к нулю при у->-оо, поэтому можно ограничиться преде-
лом по целым у. Пусть Sn= Е f (k)— частичная сумма рассмат-
fc=0
риваемого ряда. Задача будет решена, если мы докажем, что су-
существует конечный предел
Um{In-Sa)
Имеем
л—1
n-l fc+1
fc+1
j/M
fc
Л-1
n-lfc+l *
60 k k0 k k
1 J
/6=0 k
*+l л
Положим aft= J [\ f (y)dy] dx. Имеем очевидную оценку:
k+i *+i
J (f 1Г
A ft
A ft
oo
В силу условия задачи получим, что ряд Е lafcl сходится. Но
fc=0
тогда сходится и ряд Л ak. Заметив, что /п—Sn является частич-
частично
ной суммой этого ряда, получим существование предела lim(/n —
-sn).
со
46. Предположим, что ^[(па)<С°° при всех а>0. Тогда
. п-1
для каждого целого числа Л>0 рассмотрим множество ЕА —
09
= {a>0 ^f{na)<Aj. Из сделанного предположения следует,
. л=»1
5* 131

что объединение всех множеств ЕА содержит всю полуось
(О, +оо). Далее, каждое, из множеств ЕА замкнуто. Для доказа-
доказательства проверим, что дополнение к Еа открыто. Действительно,
если а^ЕА, то
л=1
Следовательно, найдется номер N такой, что
N
п=1
Но из непрерывности / следует, что это неравенство будет выпол-
выполняться и в некоторой окрестности точки а. Следовательно, до-
дополнение к Ел открыто, а ЕА замкнуто. Из того что объединение
счетного числа замкнутых множеств содержит полуось @, +оо),
следует, что хотя бы одно из них содержит целиком некоторый
отрезок. Докажем это утверждение от противного. Если предпо-
предположить, что никакое Ел не содержит ни одного отрезка, то каждое
ЕА не плотно ни на каком отрезке. Поэтому найдется отрезок 1\,
ие пересекающий Е\. Так как Е2 не плотно в /,, то найдется отре-
отрезок I2czl\, не пересекающий Е2, и т. д. Мы получим последова-
последовательность вложенных отрезков, общая точка которых не лежит ни
в одном ЕА, что противоречит тому, что Ел покрывает всю полуось
(О, +оо). Итак, некоторое из множеств ЕА содержит целый от-
отрезок [а, Ь], 0<а<Ь. Это значит, что для каждого х<=\а, Ь]
п=1
Интегрируя это неравенство по отрезку [а, Ь], получим
со Ъ
? ^f{nx)dx<A(b-a).
л=1 а
Делая в интеграле замену у = пх, получим
со hn
A(b-a). B4)
Теперь мы приведем к противоречию неравенство B4), и зада-
задача будет решена. Причина, по которой B4) не может выполнять-
со
ся, если j/(x)Jx = oo, состоит в следующем. Отрезки [an, bn],
о
по которым ведется интегрирование в B4), при больших п сильно
перекрываются, а коэффициента 1/я, стоящего в B4) перед интег-
132

ралом, недостаточно, чтобы нейтрализовать это перекрытие, так
что интеграл в B4) фактически расходится. Теперь приведем
оценки, подтверждающие сказанное. Во-первых, объединение всех
отрезков [an, bn] содержит некоторый луч [В, +оо). Это видно
из того, что каждый следующий отрезок получается из предыду-
предыдущего сдвигом левого конца на а, правого — на Ь, а длина я-го
отрезка равна п(Ь—а)->оо при л-^оо. Далее, точки an, bn делят
луч [В, +оо). на счетное число отрезков; обозначим /г-й из них
[ак, Pftl- Очевидно, а&->оо при k-+oo, 0<$k—а^а. В формуле
B4) каждый интеграл разобьем на сумму интегралов по отрезкам
[а*, Рл:], а затем соберем вместе все интегралы по фик-
h
сированному отрезку [а*, р*]- При этом перед ]f(y)dy
': будет стоять коэффициент, равный сумме 1/л по тем п,
для которых [an, bn] гэ [с^, Pt]. Последнее включение выполня-
выполняется, если pft/b^n^a*:/a. Поэтому имеем
bn
п=1 an ¦
S
В сумме вида V— каждое слагаемое не меньше, чем a/a*, а
всего слагаемых не меньше, чем
_,_ 1 \ _ ak Pfe
~Г 1 —
I a b
b ) b
Значит, рассматриваемая сумма не меньше, чем 1—a/b—c/as, где
c — a(ajb + 2). При достаточно больших k^k0 имеем 1—а/b—/^
, где ё не зависит от k. Поэтому
ЪП
n — l an k—ko
Тем самым неравенство B4) приведено к противоречию.
47. Рассмотрим два случая.
1-й случай: для любого aeR
(х) dx < / (а). Обозначив Z7 (х) = J/»(/)#
а х
со
имеем F' (х) = -/»(х) < -(J /3 (<) лJ. F' {х) < -Р (х).
133

Выведем из этого неравенства, что F=^0, и тогда f=0 (за-
(заметим, что в первом случае мы не пользуемся данным в задаче
неравенством). Если F^O, то хотя бы в одной точке х0 F(x0)>0.
Тогда при х<х0 также F(x)>0. Проинтегрируем неравенство
F' (О/Я @<-1
по отрезку [х, х0], получим
(-"•о
F{x) " F(x0)
1
Но отсюда следует, что если х-&-х0—1/-F(*o) справа, то F(x)-*-oo.
Противоречие.
00
2-й случай: для некоторого ueR ] /2 (х) dx > / (а). Тогда
а
найдется столь большое число В, что при
х
Пользуясь неравенством f(x)+f(a)'^^fi(t)dt, получим
Положим F (*) = J /я @ dt —/ (а). Тогда F' (*) = f2 (дс) >Я (ж). Так
же, как в предыдущем случае, из неравенства F'(x)^F2(x) прн
^В находим
F(t)
F(B)
В-х
откуда F{x)-*-oo при x-*-B+\[f[B) слева. Полученное противоре-
противоречие завершает доказательство.
134 .

49. а) Проверим, что функция/ (х) =е«*+1е*+1 удовлетворяет ус-
у и
ловию. Действительно, J / (х) dx = j ee*+1 de*+x = ee"+l
далее,
у
/ (л;J dx = j e2'x+le**+» dx > J
Здесь мы воспользовались тем, что е2(дг+1)^е ex+l^2ex+1. Очевид-
Очевидное неравенство
где г = еУ+х завершает доказательство.
б) Из монотонности функции f(x) следует, что
в У
lf*{x)dx<f{y)\f{x)dx.
о о
';Сравнивая с неравенством, данным в условии, находим
у
Полагая F (у) =j f{x)dx, получим
Далее, повторяя рассуждение из решения задачи 47, придем к
противоречию. Следовательно, искомой функции f не существует.
51. Решение основано на неравенстве Коши—Буняковского;
при Л>?>0 имеем
в в в у
J J «W \J V u[x
0 A A
J J W \J
0 A A
Положив А — 2В, получим
IB IB
J_f U{x)dx[
В
u(x)
в
135

Так как \ —-—>-0 при В->-оо, то>
в
1В ¦ ¦
\ ц (х) dx -*- оо,
В2 J
в
откуда и получим искомое утверждение.
А
Замечание. Можно доказать, что если F (А) = Г и (х) dx, то
о
О» 00
С tdt . „ г dx
\ < оо. Отсюда, в частности, следует, что при \ <оо
J f(() > и(х)
1 о
А
— 1 с
выполняется lim \ и (х) dx — оо.
А-*& A2 In A J
о
53. Положим F (х) = J / (О Л. Тогда для целого л имеем
о
п+1
п О
Так как F@) =0, то ^(п) =0 для всех целых п и при этом
х-»л . sin яд; х-^п л; — п »-^п sin я*
Поэтому функция
g{x) Vw-bi>f
непрерывна и удовлетворяет тождеству /^(х) ^g (л:) sin ял:, т. е.
f(x)=
55. Предположим, что в пространстве S найдется п линейно не-
независимых функций. Можно считать, что они образуют ортонор-
мированную в смысле L2[0, 1] систему, в противном случае сле-
следует применить процесс ортогопализации. Итак, пусть fu ¦ ¦ ¦, fns
, причем i fk(xJdx= 1, Jfk(x)fm(x)dx — 0 при fe^m (ft, m
о о
= 1, 2, ..., л). Тогда для любых чисел а\, .,., ап имеем
136

Из условия задачи следует, что
IK/i + • • • + aJn\\U <M*(al+...+(?),
или, что то же самое, при почти всех хе [0, 1] имеем
+ .:.. + а*. B5)
При этом множество полной меры, на котором выполняется
неравенство B5), можно взять не зависящим от аь ..., а„: этим
свойством обладает, например, множество чисел х, в которых все
функции fi, ..., fn являются производными от своего интеграла
Лебега по верхнему пределу.
В^яв в неравенстве B5) в качестве а; числа ai~fi(x), для поч-
почти всех х<= [0, 1] имеем
xr+ ... +fn(x)\
откуда
Vh W2 +••¦+/„ (*J < M.
/iW2+...+fnW2<M2.
Интегрируя это неравенство по отрезку [0, 1], найдем п^.М2, что
и требовалось доказать.
§ 5. Функции многих переменных (непрерывность,
дифференцирование, интегрирование)
1. ПуСТЬ С = SUp ||/ (•* +y)—f{x)
х,уеит
По условию с<.оо. Имеем
- f ((n-2) х) - f (x)) + ...+(/ Bх) -f(x)~f (х))\\< ||/ (пх) -
f(x)\\ + \\f{(n-\)x)-f((n-2)x)-f(x)\\ + .
Из неравенств
Wf(mnx)—mf(nx) l
\\f (mnx)—nf (m
следует, что \\mf(nx)—nf (mx)\\^.c{m
т. е. ч
\\f{mx)Jm—f{nx)/n\\^c{l/m+l/n). '"
Значит, существует предел g(x)=lim- .
Покажем, что функция g(x) — искомая.
137

Переходя в неравенстве \\f(mx)/m—t(nx)/n\\^c(i/m.-ti/n.) к
пределу при m-voo, мы получаем, что \\f(nx)jn—g{x)\\^c/n. Зна-
Значит,
и g непрерывна; кроме того, \\f{x)—g(;e)||^c. Проверим, что
отображение g линейно. В силу непрерывности g достаточно убе-
убедиться, что g(x+y) — g(x) +g(y). Это верно, так как
— =0.
Л-Э-00 ft
Единственность g следует из того, что разность двух линейных
отображений неограничена.
3. Из условия задачи следует, что df/dx — dffdy = O в любой
точке {х, у) с х = у. Поэтому
/D,4) =
[@,0),D,4)]
5
dx<
дх
4 4
5
<j(x-4)dx==l,
4
что и требовалось доказать.
5. Пусть 2 = fi(x, y)=f(x0, уа) +f'x\(X.,y.) (х — х0) +f'y\ ,„,„,, {у—у0)—
график плоскости Р. Для решения задачи достаточно показать,
что f(x, у)>р{::, у) для всех (х, у) таких, что 0<||(х, у) — {х0,
г/оI1<е, где е>0 достаточно мало.
Число е выберем так, чтобы условие ГХХГУУ—(ГхуJ > 0 вы-
выполнялось для всех точек (х, у) из е-окрестности точки (хо, г/о)-
(Это можно сделать в силу непрерывности вторых производных
функции f.)
Пусть, теперь 0<||(xi, у{)—(х, г/)||<е. Положим Хч = Х\—Хо,
Уч = У\~Уо, q>(t)=f(xi>-i-tx2, yo+ty2). Имеем феС2[0, 1], при этом
ф" @=flA + КУх*Уг + f"yyy\ > °
(fe[0, 1],
вторые производные по х и г/ берутся в точке ( /^))
Значит, функция ф строго выпукла на [0, 1], поэтому <р@>
138

>ф(О)+ф'(О)? при te(O, 1]; в частности если t=l, то фA)>
>Ф@)+ф'@), или
/ (Xv У1) > f (*„. Уо) + (^ I <*.,».) -X2+f'y\ (*.,*.) • У2) = Р (Xv У%),
что и требовалось доказать.
7. Докажем, что
@.0)
= 0 для всех fee Z+,
Возьмем такое натуральное п, что n>k+at, an>k + at. Запишем
для f формулу Тейлора
@,0)
o{\x\»)+o{\y\«)
Подставляя у=ха, получаем
fei! k2\ дхг1ду ' (о,О)
где R = o(\x\n+ \x\an) =o{xk*al) (х->0 + ). Отсюда и из условия
f(x, xa) =o{xk+al) следует, что
S
xkl+ak, = 0
0
@,0)
Значит, в левой части последнего равенства коэффициент при
xk+ai равен 0, т. е.
= 0.
@,0)
Но в силу иррациональности а равенство ki
место только при k\ = k, &2 = /. Следовательно,
имеет
= 0.
@,0)
Из равенства нулю всех производных функции f в точке @,0),
по формуле Тейлора легко следует, что f(x, y)=o(\x\n+\y\n)
при х->0, г/->0.
9. Обозначим
т (х и) ~= = ) если ^л, у^ с= /к1, л ^? и,
lV ' 2 [0, если (х, у)^М, х<0,
=L?ziiL= /•«. если
|0> если
Л!, х < 0,
м, х>0.
139

Очевидно, ф! и <р2 принадлежат С°"(М). Покажем, что любая
функция /(=С°°(.М) представима в виде fi<pi + f2<p2 + c, где fte
еО(УИ), /2еС°°(М), с = /@, 0).
Положим gi(x) =f(х, х)—с, gi{x)—f{x, —*)—с. Так как
?i@)=g2@)=0, gi<=C°°(R), g2<=C°°(R), то в силу результата за-
задачи 40 § 3 gi(x)=xGl(x), gz{x)=xG2{x), где G1eC°°(R), G2e
eC°°(R). Полагая f/(je, г/) = б/(х) (/ = 1, 2), мы получаем иско-
искомые функции f\ и [2.
х
Допустим, что существует R-линейный изоморфизм С°°(М)->-
т
—>-C°°(R). Обозначим через 1 функцию из С°*(М) или
C°°(R), тождественно равную единице. Имеем l-f=f для любой
/еС°°(М), поэтому тA)-/ = / для любой функции feC~(R), от-
откуда следует, что тA) = I. Поэтому т(с-1)=с-1 для любого числа
с, т. е. отображение т переводит любую константу в ту же самую
константу.
Обозначим теперь %=x(<p/)eC~(R) (/=1, 2). Имеем \|)i\|;2=t.,
(ф1ф2)=0. Обозначим через Uj внутренность носителя функции ф/
(/=1, 2). Из условия л1)!г|J = 0 вытекает, что Uir\U2 = 0. (Действи-
(Действительно, в противном случае существовал бы отрезок [а, Ь]а
сб^П^г. &<b. Так как [a, b]c:supp\|5i и [a, b]csupp грг, то мно-
множества точек {же [а, Ь] : гр/(л:) = 0} (/=1, 2) нигде не плотны в
[а, b], a поэтому найдется точка ^е[о, Ь] такая, что t4ji (л:) =#=0,
ip2(x)?=0). Так как Uy и U2 — непустые открытые_ множества и
^1П^2 = 0, то найдется точка xoeR такая, что xo^U\\JU2. Из ус-
условия Хо^ U\ следует, что в любой окрестности хо содержится ин-
интервал, на котором функция -фх, а значит, и все ее производные
обращаются в нуль. Следовательно, $\{xq) =ty\'(xa) =-tyi"(хо) =
= ... = 0. Аналогично, ¦ty2(xo)=-ty2'{xo)=l$2"(xo) =--- = 0.
Любая функция feC°°(M), как было доказано, представима в
виде /1ф1 + /2ф2 + с. Отсюда следует, что любую функцию geC°°(R)
можно представить в виде gity\+g2Hfo + c. Но таким образом нель-
нельзя представить функцию go(x)=x: из условий 4>i(xo) =ty\'(xo) =0.
to(*o) =т|>2'(л;о) =0 вытекает, что (gi^i) {хо) = (gityi) (хо) =0,
(^2^2) (-^о) = {gi^2)'{xo) =0 и, стало быть, (gityi + gtty + c) (хо) =0,
в то время как go'(xo) = l. Это противоречие показывает, что изо-
изоморфизма колец не существует.
10. Таким свойством обладает функция
У-1п №+у2) • если (х> у) ^ (°> °)'-
0, если (х, у) = @, 0).
Так как f(x, г/)=0 при х = 0 или г/ = 0, то
/ (о, о)=/; (о, 0) = гхх (о, 0) - /; (О) = гуу (О) = о.
Найдем f'x и f"xx в остальных точках:
140

¦
- In(x2-j~</2)"
Ясно, что функции f, f'x, f"xx непрерывны в U\{0, 0}. Для
проверки непрерывности их в нуле достаточно показать, что
lim / (х, у) = lim /; (х, у) = lim f (х, у) = 0.
д:->0, х^-0, х-+0,
у-*0 у^-0 у-+й
Эти равенства легко доказать, используя оценки | х \ -< У хг +уъ
У^Т?. Так,
12+2) I / 1B+2) I (x2+i/2)a| К- 1п(л;2+ у») I
*а + Уг ,
+i/2)a| К- 1п(л;2+ у») I
\х*у\ ^
1
+ 7=
Итак, функции /, f'x и /^ непрерывны в U. Так как х и у
входят в / симметричным образом, то f'y^C(U) и f"yy^C(U).
В то же время / не имеет смешанной производной в нуле. Дей-
Действительно,
/*@.y)-fx@.0) , ¦—-
hm — == hm> — In у2 = с».
y-*0 У y-<-Q
Тем самым задача решена.
13. По формуле Тейлора
где ср(л;)=о(|д;|2). Тогда, обозначив Q(l)=c, Q{Xi)—bi, \J2Q(Xi,
xi)=au (l^i^n. 1</^л). получаем
141

Осталось доказать, -ни ^(<р)=0, если <р = о(|х|2). Действительно,
при е>0 функция е|х|2—ф гладкая, в нуле равна 0 и неотрица-
неотрицательна в некоторой окрестности нуля. Значит, Q(e|x|2—<р)>0,
или Q((p)^e,Q( \x\2). При е-»-0 получим Q(<p)<0. Аналогично
показывается, что Q(—ср)«О, т. е. Q((p)>0, и, значит, <2ф = 0.
14. Обозначим
К = {(х ,хп):
/г-мерный куб,
/С/ — {(*i, ...,хп) <^К: Xj=^max(xi,..., хп)},
Vaj — (п—1)-мерный объем сечения Ki плоскостью х/ = ос. Оче-
Очевидно, Уа,/ = ол~1.
Данный л-кратный интеграл, стоящий под знаком предела»
равен
п
x, ... ,xn)dx1 ... dxn = JJ ГГ . J х,^ ... dxn =
/=1 0 /=1 0
Следовательно, искомый предел равен 1.
15. Возьмем натуральное ft столь большим, чтобы при а =
= riy~k+\ выполнялось условие
а
J/(X) <&<-?-•
Если я2 + ... + х2 < г2, то среди чисел |#i|,..., \хп\ может
быть не более k превосходящих а. Поэтому множество {(xv ....
х„): x\ + xl+ ... Л-х\ <г2} покрывается (при n>k) Cnk мно-
множествами вида
Umi mft = {(«!, •.. ,л;п):|хт|<а при }
. Следовательно,
Так как все интегралы в последней сумме равны, то
Inir)<Ckn f /(x1).../(xn)dx1...dx;i =
142

= С* у / (х,) dx,...
dxk
...j,
Bft)*
Правая часть последнего неравенства стремится к 0 при фикси-
фиксированном k и л-^оо, поэтому и lim/„(/¦) =0.
17. Пусть ?f=f((o) обозначает преобразование Фурье функ-
оо
ции {(х). Учитывая, 47oFe-x2-=Yn е~в'/4и вычисляя F ( е-^-^'х
Xu(y)dy как преобразование Фурье свертки, получим
4.,F
\
Отсюда
> -j-00
J
-f-00 -f-°°
(ю)
00 3O
=—— f
2У n J
«(ю) =—Ц \'
2уя J
— 00 00
g-BV4 I u i
3O
0.
§ 6. Уравнения и неравенства
1. Ответ: х= ±1/2. Решение видно из графика (рис. 1).
3. Непосредственная проверка показывает, что 32 + 42 = 52,
43-!-53 = 63, так что я = 2,3 являются корнями данного урав-
уравнения. При л=1, 4, 5 уравнение
не выполняется в силу того, что
левая <и правая части имеют раз-
различную четность. Докажем, что
при п>6 левая часть меньше
правой, т. е.
A)
так что п = 2, 3 — единственные
корни данного уравнения. Идея
доказательства A) такова. Мы
проверим, что наибольшее сла-
1
гаемое в левой части меньше — х
X (л+3)п, следующее по величине
Рис. 1
143

меньше —(п +3)" и т. д. Отсюда будет следовать, что сумма
в левой части A) меньше, чем [
Итак, проверим сначала, что при
в левой части A) меньше, чем [ 1—- + .. . ) (п + 3)" = (п + 3)"
(n+2)n<-i-(n-f-3)». B)
При /г = 6 B) проверяется непосредственно. Для того чтобы до-
доказать B) при л>6, достаточно проверить, что последователь-
последовательность а„= (n + 3)n/(n + 2)" монотонно возрастает. Действительно,
ft+ 2 / \ rt + 2 ;' V n + 2
а так как оба сомножителя в последнем равенстве монотонно
возрастают, то и ап монотонно возрастает. Докажем теперь, что
при k>2. Предположим, что уже доказано неравенство
(n + 3— (As — 1))"<-^-(л + 3)п. C)
„ ft + 3 — k ^ я + 2
Очевидно, ¦ ¦<—-г-, поэтому
ft+3—(ft—1) я+3
(ft + 3)" 2
ив силу C) получим (п + 3— &)"< -^-(п + 3)п.
5. Пусть в вершинах пирамиды стоят числа Х\, хг, х%, х4. Из
условия задачи составляем следующие уравнения:
Из первого уравнения находим х\ + Х2+хз + Х4=1. Второе уравне-
уравнение легко преобразуется к виду (х1 + х2 + х3 + х4J + 2 (л;2 + х^ +
+ х2 + лф =3, откуда находим x^ + x| + x^+*J= 1. Нам
нужно доказать, что
= 3. D)
Нетрудно убедиться, что левая часть тождественно равна
4 4
3 V х( V х\, откуда сразу следует D).
ii /i '
144

7. Складывая все уравнения системы, получим
(l+2 + ... + n) (х\ +...-{-Хп) = а.\ + а2-\-... + ап,
откуда
2(а, + ... -J- ап) _ ,
^i Л-хг + ... +хп=—J—!—— . Вычитая из &-го уравнения?
(в случае k — n вычитаем из n-го уравнения первое), имеем
... + хп)—пхк = ак—ak+u откуда
...+а„) __ ак-аш ^ k=l2,...n-\,
х„ —
п*(п+1)
2(Qi + - •. 4- ап) оп-
Проверим, что формулы E) действительно определяют реше-
решение. Для этого достаточно доказать существование решения, т. е.
доказать, что определитель системы не равен нулю. В свою оче-
очередь это будет следовать из того, что система с нулевой правой
частью имеет единственное нулевое решение. Действительно, в
случае а\ = а2 = ... = 0 из E) получим Х\ = х2=... = хп = 0.
9. Предположим сначала, что данная система имеет решение
Z\,...zn, в котором все числа z\,...zn различны и не равны нулю..
Рассмотрим систему линейных уравнений относительно новых не-
неизвестных Х\ Хп-
xx^+ z2x2 + ... 4- znxn = 0,
+2*2*2+ ... +Zn
Из условия следует, что F) имеет решение *i = l, Хг=2,.....
...,Хп = п. С другой стороны, определитель системы F) — это
определитель Вандермонда
... гп
п п п
Z\Z2 ...Zn
который не равен нулю, если все Z; различны и не равны нулю.
Тем самым систему F) можно решать по правилу Крамера, и
она имеет единственное решение xi~x2=... = xn=0. Противоречие.
Пусть теперь zu...zn — произвольное решение данной сис-
системы, причем не все числа Z\,...zn обращаются в нуль. Среди чи-
чисел zu...zn могут быть равные. Пусть уо, y\,...ys — все различ-
различные числа, которые есть в наборе Z\,...zn (если среди них есть.
145

.уль, то будем считать t/0 = 0). Тогда числа у0, y\,...,ys удовлет-
удовлетворяют системе уравнений
которая получается из данной системы, а коэффициент а* опре-
определяется так: среди коэффициентов i, 2,...,n нужно отобрать те,
которые в данной системе стояли при z,, равных г/*, и, сложив
отобранные коэффициенты, получим аи- Отметим, что все аифО,
k = 0, 1....5. Пусть ус = О. Рассмотрим систему уравнений относи-
относительно неизвестных хи ..., xs:
О,
у\хх + ... + y]xs
В силу G) и очевидного неравенства S<zn система (8) имеет ре-
решение Х\ = аи ..., xs = as. С другой стороны, ее определитель отли-
отличен от нуля, поэтому Xi = ... = Xs = 0, что противоречит акФ0. Про-
Противоречия не будет только, если S = 0, т. е. все 2, равны 0, i =
= 1, 2...п. Случай г/о?=О рассматривается аналогично.
11. Для доказательства понадобится следующее свойство цеп-
цепных дробей.
Лемма. Пусть а\,а2... и bi,b2... — две последовательности чи-
чисел. Образуем, еще две последовательности Рп и Qn no правилу
Р0 = 0, Р, = йо, Qo=l, Qi = au
Pn+i = an+iPn~\- bnPn-\,
Qn+l=an+iQn+bnQn-\
при п>1. Тогда
by
Qn
an
Доказательство поведем индукцией по п. Основание
индукции при п—\ очевидно. Чтобы сделать индуктивный пере-
переход от п— 1 к п, положим a.n-\i=an-\ +bn~\lan. Тогда левая часть
146

в (9) будет иметь вид цепной дроби с меньшим числом знамена-
знаменателей, по предположению индукции она равна P'n~\iQn-\ > где
Подставляя значение flV-i, легко найдем
n —I
(ап-\Рп-2 ~т Ьп-ъ Рп-я) -г
Ьп-iPn-t
что и требовалось доказать.
Применим лемму к последова-
последовательности ап = 2п— 1, 6„ = —п2,
п<1, 60=1. Вычисляя Рп и Qn со-
согласно лемме, индукцией по п лег-
легко получим Qn = n!, Р„=A + 1/2+
+ ...+ 1/л)л!, откуда и следует, что
данная в условии задачи цепная
дробь равна 1 + 1/2 + ...+ 1/л.
13. Ответом является открытое
множество, заштрихованное па
рис. 2. Граница его образована
кривыми х = 0, у = 0, (х—1) (у—
1) = 1.
Рис. 2
15. Существование ап эквивалентно тому, что In In ... Inn >-
п—\
>0, что в свою очередь эквивалентно тому, что In In ... Inn >
п—1
> 1, или же In ... Inn ><?, In . .. Inn > ee и т. д. В конце концов
п—3 п—4
получим п>ее-\ где число е повторяется п—2 раза. При п^З
это условие выполняется, а уже при п = 4, очевидно, 4<ее. Тем
более рассматриваемое условие не будет выполняться и при п>4.
Для аккуратного доказательства достаточно заметить, что е*>
>1 + х, ее<! ^ 1 + ее >5, eet > 6 и т. д. Ответ: существуют три
члена последовательности {ап}.
17. Ответ: а — е. Заметим, что графики функций ах, ах всегда
пересекаются в точке A, а). Неравенство выполняется при всех
х, если в точке A, а) прямая у = ах касается графика функции
у = ах. Приравнивая производные, находим a In a = a, а = е.
19. При у = х, z—ljx2, х-+оо рассматриваемое выражение стре-
стремится к оо, а при х-+0 — к нулю. Ввиду положительности и не-
непрерывности функции (xy+xz+yz)J(x + y + z) множество ее зна-
значений при указанных в условии ограничениях есть @, +оо).
147

I 21. Уравнение х2—4_x + y2—2г/+2 = 0 задает в плоскости OXY
окружность радиуса УЗ: чтобы в этом убедиться, достаточно про-
проверить, что это уравнение эквивалентно следующему: (х—2J +
+ (у—1J = 3. Таким образом, точки А= (a, b), B=(c, d), C=(e,f)
лежат на окружности радиуса УЗ. Оказывается, функция F имеет
простой геометрический смысл. Действительно,
а—с е—с
b—d f—d
т. е. F равно удвоенной ориентированной площади треугольника
ABC. Функция F определена на компакте (прямом произведении
трех окружностей) и непрерывна, тем самым у нее имеется мак-
максимум. Пусть максимум реализуется треугольником ABC. Дока-
Докажем, что он равносторонний. Предположим противное; пусть, на-
например, \АВ\ <Z\BC\. Но тогда точку В можно немного сдвинуть
по окружности так, что высота треугольника, опущенная на сто-
сторону АС, увеличится, и тем самым увеличится F (легко видеть,
что тах/7>0). Итак, максимум F достигается на равностороннем
треугольнике и, как не трудно подсчитать, равен —уЗ .
23. Введем систему координат OXY так, чтобы ОХ и OY были
направлены вдоль лучей ОА и ОВ соответственно. Тогда уравне-
уравнение берега имеет вид 9х+16у—72 = 0, а уравнение эллипса сле-
следующее: х2/16 + г/2/9 = 1. Расстояние от произвольной точки (х, у)
эллипса до берега равно
72— (9л; + \6у) 72 9х-\-16у
/92 + 162 ~ 1/337 ~ /337 '
Нам нужно найти максимум функции 9х+\6у на эллипсе. По
неравенству Коши—Буняковского
V 16 9
и если х2/16 + у2/9 = 1, то 9х + \Ьу < ]/362 + 482 = 60. Равенство
х/4 у/3
достигается, если = -^—>0, откуда получаем х = г/ = 2,4. Зна-
36 48
чит, место для переправы с острова на берег следует выбрать в
точке B,4; 2,4); расстояние от нее до берега равно
72—(9-2,4+16-2,4)
25. Докажем, что искомая точка Af является центром тяжести
треугольника ABC, т.е. ON'=—(ОА + ОВ+ ОС). Сделаем пред-
О
варительно линейное преобразование трехмерного пространства,
оставляющее точку О на месте, «а вектора О А, ОВ, ОС перево-
переводе

дящее в ортонормированный репер. Поскольку при линейном пре-
преобразовании все объемы изменяются в одно и то же число раз,
то достаточно решить задачу для случая, когда вектора ОА, ОВ,
ОС единичны и взаимно ортогональны. Пусть х, у, z — коорди-
координаты в базисе, образованном этими векторами. Тогда уравнение
плоскости ABC имеет вид
l. A0)
Если точка N в плоскости ABC имеет координаты (х, у, z), то
объем параллелепипеда, образованного согласно условию задачи,
равен xyz. Таким образом, задача сводится к нахождению макси-
максимума xyz {x>0, y>0, z>0) при условии A0). Известное нера-
неравенство Коши между средним арифметическим и средним геомет-
геометрическим дает в нашем случае
~ 27 '
причем равенство достигается лишь при x = y = z=l/3. Соответ-
Соответствующая точка N, очевидно, является центром тяжести точек
А, В, С.
27. Обозначим данный эллипсоид Е. Пусть р — некоторая
плоскость, пересекающая Е по окружности с центром в точке А
(заметим, что нам пока не известно существование хотя бы одной
такой плоскости). Проведем через А плоскость q, задаваемую
уравнением x = const = Xo- Пересечение q с эллипсоидом образует
эллипс
Полуоси F имеют различную длину, поэтому рф-q. Пусть l = p(]q,
В\, Вч — точки пересечения прямой / с эллипсоидом Е. Тогда
|BiB2| есть диаметр окружности, являющейся пересечением р и
Е; он не превосходит наибольшей оси эллипса F, т. е. величи-
/¦-4
ны 26 I/ 1 -<26. Значит, радиус любой окружности, ле-
жащей на эллипсоиде, не превосходит Ь. Наконец, покажем, что
на эллипсоиде Е действительно лежит окружность радиуса R = b.
Для этого проведем плоскость р через полуось b и через диаметр
длины d = 2b эллипса с полуосями а и с. Тогда в пересечении
pf\E получим эллипс, у которого диаметр d является осью сим-
симметрии, и тем самым одна из его полуосей равна dj2 = b, а вторая
полуось ортогональна d и также равна 6. Следовательно, пере-
пересечение рГ\Е является окружностью радиуса 6.
29. Рассмотрим функцию f(t) = (\ + tx) i+i/f_ Очевидно, а„ =
= f(l/n). Выясним сначала, как ведет себя f(t) при t-*-0 + . Для
этого найдем ее логарифмическую производную:
149

Разлагая каждое слагаемое по формуле Тейлора, получим
*< A + О ==xt+x (i — x) t2—x2 A-х) t* + o (t3), . A1)
1 —f~ Xt
\n(l + xt)=xt— — t2+^-+o(t3). A2)
2, о
Сравним коэффициенты при равных степенях t. Если
т. е. 0<Cx<2, то /'>0 при малых t. Это значит, что последова-
последовательность ап монотонно убывает при больших п. Если хA—х) <
<—х2/2, т. е. *<0 или х>2, то /'<0, и ап монотонно возрас-
возрастает при больших п. При х = 0 а„=1. Рассмотрим случай х = 2.
Тогда в разложениях A1), A2) коэффициенты при t и t2 совпа-
совпадают. Сравним коэффициенты при t3: в A1) он равен 4, а в A2)
8/3<4. Следовательно, f>0 при достаточно малых ^>0, и в
этом случае опять же а„ монотонно убывает при больших п.
Ответ: 0<х<2.
30. Воспользуемся тем, что ех>1+х при всех хфО, х^(—оо>
+ оо). Действительно, по формуле Тейлора ех—1-{-х-\ х2 >
>\+х, где |е[0,л]. Из ех>\+х следует \п{\+х)<х (если толь-
только 1+л>0). Подставляя сюда х — , х= , получим
<L in 1983 > l
< in< in >
1982 1982 ' 1983 1983 ' 1982 1983
32. Докажем, что
(отсюда будет следовать искомое утверждение). Заметим, что при
0<х<1 A+х)(\— х) = \— х2<\, 1+л:<1/A—х). Отсюда сле-
следует, что
A4)
Замечая теперь, что при х, г/е @, 1) A—х) A—г/)>1—х—у, и
распространяя это неравенство по индукции на несколько сомно-
сомножителей, получим
L>J_.
2* 2
Подставляя эту оценку в A4),'получим A3).
150

I: 34. Комплексные числа будем рассматривать как точки плос-
: п
кости. Положим Ап= ^akeik<v, Bn = An + ane«n+Vv. Заметим, что
AAn-iAnBn равнобедренный. Пусть Sn — окружность, описанная
вокруг этого треугольника (рис. 3). Покажем, что Sn+i лежит в
Sn. Положим Cn = Bn+aneii-n+'2)'*. Очевидно, точка С„ также лежит
на окружности Sn. Треуголь-
Треугольники AnAn+iBn+i и АпВпСп
гомотетичны с центром гомо-
гомотетии в точке Ап и коэффици-
коэффициентом an+i/an<l. Следователь-
Следовательно, окружность Sn+\ получает-
получается 'из Sn описанной гомотети-
гомотетией, откуда следует, что Sn+i
лежит в Sn. В частности, все
окружности Sn лежат в
окружности So, проходящей
через точки О, Ло, Во. Диа-
метр So равен -
поэто-
sin-
Ф
му \Ап\<
Рис. 3
sin-
36. Пусть расставлено п чисел, и их сумма равна а. Сумма
любых трех рядом стоящих чисел не превосходит 3. Просумми-
Просуммировав все такие неравенства, получим За<3/г, а^/г. При этом
о = п тогда и только тогда, когда сумма любых трех рядом стоя-
стоящих чисел равна 3. Точно так же сумма любых пяти рядом стоя-
стоящих чисел должна быть равна 5. Но тогда, очевидно, сумма лю-
любых двух соседних чисел должна быть равна 2, а так как сумма
трех рядом стоящих чисел равна 3, то каждое число равно 1.
Итак, всегда а^п, причем равенство достигается тогда и только
тогда, когда все числа равны 1.
38. Достаточно доказать, что для любого N
\2
N
п=1
(Xа»
п=1
1983
Перенумеруем числа ап, Ь„,
Тогда
, так, чтобы
l—a2)¦
Так как по условию задачи для любого л>1
I982, то
151

N anbn > a!982 (a, -a2) + (a, + a2I982 (a,- a,) + ...
• • • ~H (^i ~r . • . ~т~ ^n) @N" A^)
Заметим, что в правой части A5) стоит интеграл от ступенчатой
функции f(*I982, где f(x) определяется так: на интервале @, aN)
f — a.i + ... + (iN, на (fljv, cln-i) f=ai + .-. + ajv-i, •.., на (a2, ai) /=fli
(функция f определена на интервале @, ai)). Далее, легко ви-
видеть, что
... +at!=a1(al—a2) + (ai + a2) (a2—a3)+ ...
- ... aN)aN =
Тем самым нам осталось доказать, что для определенной выше
функции / выполняется неравенство
/°Г t / 19 1А \2 /^ t / Л \1983
6 6
Воспользуемся неравенством Гельдера
где р>0, <7>0, 1/р+1/^=1. Применим это неравенство для функ-
функции gssl, а показатели р, q возьмем такие: р=1982, 9=1982/
/1981. Тогда получим
1981 leg, J_
j f (x) dx < {] f {х)ШЧх)Ю {]dx)™ = a» JW)
0 0 0 0
Заметим, что
a}983 = al982 (fll- a2) + a}932 (a,_ a3) + ... + a\™aN <
< a?82 (fll - a,) + (a, + a2I982 (a2— a^ + ... + (a, +... + aNf82aN =
о
Следовательно,
1981
a*
152

Подставляя в A6) и замечая, что
4 1981 , 1 2
• + ¦
1982-1983 1982 1983 '
получим
что и требовалось доказать.
40. Заметим, что xi + 2x2 + — + nxn = (х\ + ...+хп) +
...-Ь*п)+... + *„• Поэтому
max Xi (x, + 2*„ + ... + nx )
* \ JL a ' ' fit
+ xa (x2 + ... + xn) + ...
41. Для каждого целого числа s обозначим через As количест-
количество решений в целых числах уравнения x2 + y2 = s при ограничениях
1*1 ^Ж 1у1<^ (гДе ^ фиксировано). Очевидно, что коли-
количество решений уравнения x2+y2 = z2 + t2 + l с указанными
в условии ограничениями равно j>^AsAs—i (действитель-
s
но, для каждого s имеем As пар х, у таких, что x2 + y2 = s, и As-i
пар z, t таких, что z2+t2 + l=s; комбинируя между собой эти па-
пары, мы получим указанное выше число). Неравенство N(k, /)<
"Л, 0) эквивалентно неравенству
А2,
которое доказывается так:
43. Для каждого а^О положим
(а)= max \f{x)—F(x, a)\.
Ео, 13
Нам нужно доказать, что функция М(а) достигает в некоторой
точке строгого минимума. Докажем сначала, что М(а) достигает
своей нижней грани т=\п\М(а). Если бы М(а) была непре-
>0
рывной функцией, то это легко следовало бы из теоремы Больца-
153

но—Вейерштрасса, так как М(а)-+оо при а-*-оо. Функция М(а),
очевидно, непрерывна при а>0, но в точке а = 0 может иметь
разрыв (например, если /(*)=0, то М@)=0, а М(а) = 1 + а при
а>0). Возьмем последовательность {ап} такую, что М (ап) ->• т.
В силу того что М(а)-»-оо при а-*-оо, последовательность {ап}
ограничена, следовательно, имеет предельную точку а. Будем счи-
считать, что ап-+а. Если d>0, то
М (а) == lim M (ап) = т,
т. е. М в точке а достигает минимума. Пусть а = 0. Докажем, что
в этом случае М(а)=т. Действительно, для любого хе[0, 1]
Устремляя ага-иг = 0, получим, что для любого *>0 справедливо
неравенство \f(x)\<tn, откуда следует, что |f(^)|^m при всех
*еЕ[0, 1], т. е. УИ@)<т. Так как т = т\М(а), то т = УИ@) =
= М(а). Итак, мы доказали существование числа а^О такого, что
М(а) = infM(а). Докажем, что если афа, то М(а)<М(а).
Пусть это не так, т. е. М(а)=М(а0) для некоторого аофа. Пусть
а\ — любое число из интервала (а, а0). Докажем, что M(ai)<.
<.М(а) (и тем самым получим противоречие). Действительно,
для каждого хе[0, 1] F(x, ai)<^(F(x, a), F(x, ao)), откуда сле-
следует, что \f(x)—F(x, a\) | меньше, чем одно из чисел \f(x) —
—F(x, а) |, \f(x)—F(x, ao)\, т. е. меньше, чем т=М(а) =М(а0).
Тогда и max \f (x)—F(x, aJ)\<Crn, M(ai)<m. Противоречие.
Следовательно, М(а) <М(а) для любого афа.
45. Доказательство проведем индукцией по п. Основание ин-
индукции для /г=1 очевидно. Сделаем индуктивный переход от п—1
к п. Рассмотрим многочлен
Р(х) =xn—oixn-l+<32Xn-2—...+ (—1)яа„.
Как следует из формул Виета, этот многочлен имеет п положи-
положительных корней Х\,...хп. Можно считать, что все числа х\,...,хп
различны, так как данные неравенства достаточно доказать в
случае различных хь. По теореме Ролля производная Р'(х) имеет
корень iji на каждом интервале (xt, Xi+\), t=l, 2,...,n—1. Тем
самым многочлен степени п—1
n n n n
имеет (n—1) положительных корней у\ г/я-i- Так как а1(
п
—^— а2, ... , —2=i- — элементарные симметрические много-
п п
154

члены от t/i,..., Уп-i, то по- предположению индукции имеем
_1 n— 1 -i f 1 n —
"rt—1
или же
Нам осталось доказать последнее неравенство:
" г—
которое можно переписать так:
rt—I / Х\Хъ ... Хп Хл . . • %п %1 • • • %п
- ' + ь-.- +
7
. . . Хп ,
1 1 1
+ + • • • +
Х\ Хг Хп^ ^
У XiXa ... Хп
Но это есть неравенство Коши между средним арифметическим и
средним геометрическим, примененное к числам l/xi.
47. Рассмотрим функции
A, te[0, ys],
8s{) U, <6[o,yj.
Заметим, что
+»
min (дс,, i//) = j /, @ g/ (f) dt,
—oo
поэтому
J f/f f//) = ? j fi(t)gi(t)dt =
t, /-00
= J (fi+---+fk)(g1+...+gi)dt
155

По неравенству Коши—Буняковского имеем
(х. У? =(' j (h+... + h)(gl+...+gi)dty<
— оо
< J (/1 4- • • • + /*J dt J (gl + ... + &)»Л - (ж, х) (у, у),
ДО ОО
что и требовалось доказать.
§ 7. Ряды и бесконечные произведения
1. Последовательность {хп} является неубывающей, так как
х„+1—хп= (хп—1J>0. Значит, существует предел с~\\тхп,
конечный или бесконечный. Предположим, что с<оо. Тогда
с2—2с+1=0, откуда с=1, но это невозможно, поскольку 1<са =
=j;i^X2^...^c. Следовательно,
Птд;п = оо.
Докажем, что данный ряд сходится и его сумма равна
1/(а—1). Имеем
1^1, 1 ^ 1 , I = 1 j 1 + 1
1
т. е.
N
Х3~ ^1
п=1
4. Дважды проинтегрировав степенной ряд
получим
п=0
15S

Откуда следует, что
z"+2
л(л+1) г Li
л(л+1) г Lin{n+l) г U (л+1)(л-{-2)
п=1 п=0
1 + ln(l).
Подставляя 2=1/2, получаем
V
U
1
=1 —1п2.
n {n + 1) 2"
««=1
8. Обозначим сумму ряда через у(х) и составим дифферен-
дифференциальное уравнение для у(х). Пусть уп(х) =¦ —^х" есть n-й член
ряда. Тогда
d I d
dx \ dx
d • _ хп
dx "т п\
Отсюда для у(х) получаем
^у+ xyx
dx \ dx } dx
или, после упрощений
Общее решение линейного однородного уравнения 2-го порядка
имеет вид г/ = С1У1 + Сг^г, где Y\, Yz — какие-либо линейно неза-
независимые его частные решения. Легко проверить, что уравнению
удовлетворяют функции У1=(ж+1I/3, Y2 = (х +1J/3, поэтому об-
общее решение его имеет вид
Из начальных условий у@) =0, у' @) = 1 получаем
9. Преобразуем левую и правую части доказываемого равен-
равенства.
157

U U n{n+l) ... (n + k) ~ U
l fel *1
.- _ - Л(Л+1) ...(П + ft)
СО 00
1/1 1
л(л+1) ...(л + *-1)
00
Zj k \ 1-2-3- ... -k 2-3- ... •(
1) 2-3- ... -(fe+ 1)
1
3.4.... (
A <*> 00 1
о k=i k—i 0 k=\
Справедливость равенства доказана.
11. Решение основано на равенствах, выполняющихся при
1
а—1 (о—1)(аа—1) '"¦ (а—1)(аа—1)...(оя—1)
-1-L
в—1 (а—1)(а2—1)
+ Ы)! +....
(iH^i) ("i)
Подставляя в эти соотношения а = 2 и а = 4, получаем
158

T=(i—fUi—4b-.fi-^...-
1+...H+ ....
3 3-15 3-15- ... .D" —1)
Равенства 1) и 2) доказываются следующим образом:
= 1 + V-L+ y|_JL_± V _!_ + ...=
Вычисляя Si, S2,..., получаем
1=1
с _ VI _J V ' |
i<i /=2
a2 aJ a/ «a Li # a' a' a a
(мы сделали замену i = i'+l, /=/'+l), откуда
j_
с _ "а J .
2 j_J_ (a-l)(a2-l) '
далее,
5 = у — = V — + V
3 Zmi alaiak Zj aaJ«* Jlmi
1 ( 1 in 1_
откуда
159

и аналогично
S
" (a— l)(a2— 1) ... (a« — 1)
при любом п. Поэтому равенства 1) и 2), а значит, и требуемое
в задаче равенство, справедливы.
12. Докажем сходимость данного ряда, преобразовывая его и
оценивая сумму сверху:
\ =2 V 1—--=2 V '
тп\т — п\ Ш пт(п-т) ?j m(m-\-k)k
m(m-\-k)k Ld mk (m -f- k)
mk(m + k) LA ms Lj mfe(fe+l)
00 00 no
e V —+4 V — V
-1-1
m=l m=\
<oo.
m3 U ( + l)
m=l rn— 1
14. Из доказательства интегрального признака сходимости ря-
рядов следует, что
Ц —хП
dx<\
0<V-
l 1
поэтому
J X
1
d dy \
dx= dy= \
n <->0+J X J У J
i /Г /
\ dx + \ dx.
•J x л x
Jsmd +J J У J x
«=i i /Г /Г
x x
Yt l
Второй и третий интегралы имеют конечные пределы при
?->0 + , а первый после вычисления дает нужный результат.
15. Вопрос о сходимости имеет смысл рассматривать при х>0,
так как только в этом случае 1 + (—1)п]пх>0 при любом п и все
члены ряда определены.
160

Пусть д:>0. Тогда
1
-cn, с„>0, с„.
при п-*-оо. Ряд
(-1)"
i
сходится по признаку Лейбница, и поэтому сходимость исходного !
ряда равносильна сходимости ряда
V—-
1
который сходится в случае х>1/2 и расходится при
17. Заметим, что
со
х т
при всех meN и х>0. Поэтому ряд Л1— сходится рав-
JA п + х
«i
номерно на [0, +°°), и, значит, его сумма f(x) — непрерывная
функция на [0, +оо). Имеем
n=l
5
. и, значит, по теореме о промежуточном значении для любого ра-
рационального числа г/еA—In 2, In 2) найдется число яе (О, 1)
такое, что f(x) =y.
19. а) Любой интервал содержит рациональную точку x=pjq.
При n>-q имеем n\x=p(q—l)\(q+l)... raeZ, т. е. s\n(n\nx) =0.
Значит, ряд
00 ¦
sin (и! пх)
СХОДИТСЯ, И
6 Зак. 481 161

б) Разлагая ef в ряд Тейлора при t=\, получим
k=0
(л ^ 2).
Заметим, что число
1
«—2
га—2
:=0
является четным, а
OD
л! I
2)(n+3)
1
(я + 1)(л + 2)...(«
1
^6J
т=0
(я + 2)(п
Поэтому
=0
А=«+2
= sin (я (я + 1) + -I-) + е„ = (-
sin —5- + е„,
я+1
где
Следовательно,
sin (я! яе) = 2sin яе + V (-1)«+» sin —5- + V в„.
162

Ряд
п + 1
га=2
сходится по признаку Лейбница, а ряд % 6„ = % О/
л--=2 «=2
сходится абсолютно.
00
Поэтому ряд \ sin (nine) также является сходящимся, т. е.
в) Докажем, что любой отрезок [а, Ь] (где а<.Ь) содержит
точку х^М.
Выберем натуральное щ столь большим, чтобы выполнялось
неравенство 2/п\[<.Ь—а. Тогда найдется mjeZ такое, что
Положим
a, = (mi + I/3)//ii!, bi=(m,+2/3)/ni!.
Заметим, что [ab bi]cz[a, b] и для любого х^[а{, b\)
| sin л,!лх | > sin я/3 = У3/2.
Возьмем теперь п2>пх такое, что 2/n2!<bi—аи и такое т2, что
Положив
получаем [а2, 62]c:[ai, b\] и |sinn2\nx\ >уЗ/2 для любого
^[аг, Ь2].
Продолжая указанное построение, мы получим вложенную
систему отрезков
[а, Ь]гз[аь bJzDfaz, b2]=>-
и возрастающую последовательность натуральных чисел п,\<
<«2<... таких, что |sinriklnx\>уЗ/2 для всех x^[a.k, bk].
со _
Взяв х— f\[ak, bk], мы будем иметь | sin nh\nx\ >уз/2 при k= 1, 2,...
Поэтому ряд
со
\j sin (л! ял:)
расходится и х&М.
6* 163

21. При t>-\ справедливо неравенство
Действительно, если 1</<2, то
а если t>2, то
Подставляя в это неравенство t=xn/xrn-\ и умножая на хп, по-
получим
х„ехр(
Ряд у\ (хп—х"+0 абсолютно сходится, поэтому
«=1
—л;я+1) = оо.
23. Неверно. При построении примера будем пользоваться
полярной системой координат. А именно, мы построим последо-
последовательности положительных чисел г„ и углов фп такие, что
00
< оо, а для любого угла ф
Тп
GO
-= оо
/¦„|sin((p — ф„)|
(если только последний ряд определен). Тогда можно положить
хп = г„ соэфп, yn — rn sin фп. Очевидно, тогда
\хп\
!П1
и
= ОО,
164

где угол ф выбран из условия
а
COSQ)=
Последовательности {л„}, {фп} будут состоять из блоков.
В k-м блоке все числа гп равны некоторому Ян, которое выберем
позже, а фп принимает значения т, т = 1, 2, ...k (тем са-
г?
мым в k-м блоке ровно k пар (гп, ср„)). Тогдасумма Е1/г„ по
номерам п из ft-го блока равна klRh, а сумму \, ¦
j^ г„ ] sin (ф — <р„) |
оценим снизу следующим образом. На дуге [ф, ф+1] отметим
точки вида т, где т — целое. Пусть ближайшая из них к
k
Ф есть ф + ai, следующая ф + с*2 и так далее до ф + ав, где s—наи-
s—наибольшее целое число такое, что 2ns/k<\. Тогда сумма
2-
1
/¦„|sin(<p —<р„)|
по номерам га из ft-го блока не меньше, чем
1/1 h 1 , , 1
sin a2 sincts
j_/j_,_L, ,_!
Rk \ а1 а2 а
ft In (s-4- 1)
(мы воспользовались тем, что
2 3 s+1
1 Н Ь . . . + — > ( —— + I —— + ... + \ —— =
2 s J Jt Jx J *
1
В силу выбора s имеем
2л ,,,.,,
откуда получим, что рассматриваемая сумма не меньше, чем
2я
165

Теперь нам осталось найти последовательность Rh такую, чтобы
выполнялись соотношения
felnfe
•= оо.
Достаточно взять Rh = k2\n2k (k>l). Справедливость указан-
указанных соотношений следует из интегрального признака сходимости.
24. Существует. Достаточно взять ап = -
,V2
где с =
1 \-I
. Тогда
,/2
2j
n=l
п=1
n=l
27. Обозначим данное множество через Е. Для любого нату-
натурального п множество ЕГ1 = Е[\{х\х'^11п} конечно, так как в про-
противном случае из элементов Еп можно было бы составить рас-
ходящийся ряд. Поэтому множество Е= \J En не более чем
счетно.
§ 8. Дифференциальные уравнения
1. График изображен на рис. 1. Заметим, что из уравнения
следует, что 1^(/^2, в частности, y(t) монотонно возрастает.
Рис. 1
Рис. 2
Точки перегиба находятся из условия 0 — y(t)—y(t)sin2y{t), от
— k, k = 0, I, 2 ....
2
3. Данное уравнение является частным случаем уравнени?
Эйлера ,
куда sin 2г/ = 0, y~ —
... +а„г/ = О,
166

которое заменой переменного х=±ег сводится к линейному
уравнению с постоянными коэффициентами.
Итак, найдем сначала общее решение в области л;>0, сделав
замену х = е1. Легко проверить, что данное уравнение преобра-
преобразуется к виду d2y/dt2 — у = 0, откуда находим общее решение у =
~с\е1 + сче~1 = С\Х + С21х. Точно такой же заменой х = —е1 нахо-
находим общее решение в области х<0, которое выражается той же
формулой. Ответ: y = c\X+C2lx.
5. Интегральные кривые данного уравнения изображены на
рис. 2. Существенной особенностью этого уравнения является на-
нарушение единственности на прямой у=0: помимо очевидного ре-
решения г/ = 0 через каждую точку с координатами @, хо) прохо-
проходит решение у{х), которое находится методом разделения пере-
переменных:
J /ШA+1Ш ~ .
в *о
Это равенство определяет у как функцию от х. Эта функция
удовлетворяет условию у@)=х0 благодаря тому, что интеграл
- сходится в нуле (подинтегральная функция эк-
нивалентна 1/1/|ё| при |>0). Пользуясь указанными свойства-
свойствами интегральных кривых данного уравнения, докажем существо-
нание точки А, удовлетворяющей требованиям задачи. А именно,
нозьмем точку А со столь большой по модулю отрицательной
абсциссой (при фиксированной отрицательной ординате), чтобы
интегральная кривая Уо(х), выходящая из точки Л, пересекала
ось абсцисс в точке Ао, лежащей левее множества Ко, где Ко —
это множество точек на оси абсцисс, в которых интегральные
кривые, выходящие из К, пересекают ось абсцисс (рис. 3). Если
С — произвольная точка из компакта К, то интегральная кривая,
соединяющая А и С, строится так: она состоит из интегральных
кривых АА0, СС0 (где Со — точка пересечения с осью абсцисс ин-
интегральной кривой, выходящей из точки С) и расположенного
между ними отрезка А0С0, который также является интеграль-
интегральной кривой. В силу того что на оси абсцисс интегральные кривые
ЛА0 и СС0 имеют нулевой угловой коэффициент (это следует из
уравнения), построенная кривая непрерывно дифференцируема и
удовлетворяет уравнению.
7. Если x(i)—перемещение за время t, то имеем уравнение
x(Q-s(fo) x'(t) + x'(tB) m
= ()
при любых t>t0. По условию задачи функция x(t) дифференци-
дифференцируема в каждой точке (так как мгновенная скорость существует).
Следовательно, в A) левая часть дифференцируема по t (при
167

фиксированном t0). Значит, и правая часть дифференцируема по
/, т. е. x'(t) дифференцируема по t. Следовательно, x(t) дважды
дифференцируема по t. Опять же из A) следует, что и х (О
Рис. 3
У.
А
.Г
Рис. 4
дважды дифференцируема по t. Умножая A) на t—t0 и диффе-
дифференцируя по t дважды, получим
откуда x'"@=0, x"@=const, что и означает равноускорен-
ность движения.
9. Введем систему координат, как на рис. 4, и в каждый мо-
момент времени положение катера будем характеризовать как де-
декартовыми координатами х, у, так и полярными г, <р. Разлагая
скорость и на компоненты, как показано на рис. 4, легко найдем
x = v — ucosq),
у==—usincp.
Подставляя сюда x = rcos<p, y = rsincp, после преобразований
найдем
= v cos ср — и,
лф = —v sin ф.
B)
Дифференцируя второе из этих равенств по времени t, получим
;ф + пр =—ифсоэф. Подставляя сюда г и г, найденные из B),
получим
168

vsin(p qi
Ф
ф
Интегрируя это равенство, имеем
и
—In | ф | + 2 In | sin ф | In
V
tg-
2
или же
ф \u/v
Ч~] ' C,
sina ф а
(где константа —v/a найдена из начальных условий ф = я/2, ф =
= —v/a, второе из которых получается из B)). Интегрируя те-
теперь C) от 0 до Г (время переправы) с условиями ф@)=я/2в
(()(Г)=0 (последнее получается из B) и г(Т)=О), получим
Ф \Ф
J sin2 ф а
я
2
После подстановки 2=tg^/2) и очевидных преобразований
имеем
1
\\+z*)z
2J° dz 2
а
откуда находим Т=аи/(и2 — и2).
11. Умножив первое уравнение на у, приведем его к виду
(И'У)'' = х'у + ху', или, воспользовавшись вторым уравнением.
(</</)'= 1- D)
Второе уравнение перепишем так:
(*</)'= 1- E)
И.ч D) последовательно получим y'y = t + c\, (y2)'=2t+2ci, y%=*
- t2 + 2cit+c2. Из E) найдем xy = t + c3, x= (t+c^)ly. Ответ:
13. Рассмотрим множество Е, состоящее из точек Jte(a, b),
и которых г(х)>у(х). Предположим, что это множество не пу-
пусто. Очевидно, Е — открытое множество. Всякое открытое мно-
множество на прямой является объединением счетного числа непере-
169

секающихся интервалов. Пусть (а, р)—один из них, а<р. Тогдг
г(а)=У(а), а при х^(а, р) выполняется z(x)>y{x). В сил}
убывания функции f(x, у) по у имеем при *е(а, р)
z'(x)^f(x,z)^f(x,y)=y'(x), (г-у)'^О.
Следовательно, функция z — у не возрастает на (а, р), а так ка1
в точке х = а она равна нулю, то получаем, что на интервал!
(а, Р) выполняется z — г/^0, z^y. Получили противоречие <
выбором интервала (а, Р). Следовательно, множество Е пусто.
15. Пусть волк бежит так, что в каждый момент времени еп
скорость направлена по прямой, соединяющей волка с охотни
ком, в сторону, противоположную охотнику. Обозначим чере
s{t) расстояние между волком и охотником в момент t. Дока
жем, что если s@)>l, то и при всех t>0 s(?)>l (при указан
ной выше стратегии волка). Как легко следует из условия, функ
ция s(t) удовлетворяет неравенству
s>—-1 (С
S
(неравенство возникает из-за того, что скорость охотника не обя
зательно направлена на волка).
Предположим, что в какой-то момент времени s(t)^l. Пуст
t0 — наименьший момент времени, в который s(to) = \ (а при t<
<t0 s(t)>\). Тогда в правой части F) при t<t0 стоит отрицг
тельное число. Разделим на него обе части F) и проинтегрируе]
по t от 0 до t0:
s(t.) ds ' W
s@) S 1
Но интеграл в левой части последнего неравенства расходитс
в точке 1, откуда следует ?о = °°- Значит, в каждый конечный м<
мент времени s(t)>l.
17. Ответ: f^O. Докажем, что данная задача не имеет нен;
левых решений. Пусть f — решение уравнения f" = exf с услови:
ми f(a)=f(b)=O и пусть f не равно тождественно нулю. Можь
считать, что в некоторых точках f принимает положительные зн,
чения. Найдем точку хо, в которой f{x) принимает максимальнс
значение. Тогда f(xo)>O. Так как точка х0 — внутренняя для о
резка [а, Ь] и является точкой максимума, то имеем f (хй)^
Но неравенства f(xo)>O и Г(*о)<О не могут выполняться одн
временно с уравнением Г(хо)=е f(xo)-
19. Из данного уравнения следует, что
Из формулы Ньютона—Лейбница для любых t\ и U получим
170

Из сходимости последнего интеграла и следует ограниченность
x{t).
21. Уравнение y' + a(x)y = f(х) решается методом вариации
постоянных. Общее решение имеет вид
XXX
¦ j у (*) = С ехр ( - j a (I) d?) + J / (Ti) ехр ( - j a ® d|) dr|. G)
j 0 0 Г|
Первое слагаемое стремится к нулю при л:-»-+оо в силу условия
QB
fa(g)dg —оо. Чтобы разобраться со вторым слагаемым в G),
введем обозначение
о
Тогда второе слагаемое в G) примет вид
X
в
Воспользуемся условием f = o(a(x)). Для этого разобьем инте-
интеграл в (8) на два слагаемых:
«¦' Хо X
'*; у (х) = Г / (л) eFw~F<*> dr\ -f f / (т)) e^atf-FW dri, (9)
и J J
0 x,
причем хо выберем столь большим, чтобы при ti>a:o было
\f (ц) |^е|а(л;) |, где е>0 — произвольно. Замечая, что а(х) —
= F'(x), преобразуем второе слагаемое в (9):
X X
X
X,
dr\ < e J eF^-F^ dF (r\) =
Xo
Первое слагаемое в (9) преобразуется так:
|" / (Л) eF(v)-F& dr\ = e~Fw f f (л) е^^йл,
о о
откуда видно, что при *->-+оо оно стремится к нулю, в частно-
частности при больших х оно меньше е. Подставляя полученные оцен-
оценки в (9), находим, что при достаточно больших х \у2{х)\<2г,
т. е. z/2(a:)->-0 при дс-»-+оо. Наконец, возвращаясь к (8), получим
(/(jc)—>-0 при a:->-+oo.
23. Пусть x(t)—единственное ограниченное на всей оси ре-
решение уравнения x = f(x, t). Из периодичности функции f{x, t)
171

no t следует, что функция x(t+T) также является решением ука-
указанного уравнения. Так как это решение также ограничено, то из
единственности ограниченного решения получим x(t)=x(t+T),
что и доказывает периодичность x(t).
25. Умножим данное уравнение на х и проинтегрируем от не-
некоторого t0 до t\ (предполагаем, что х>0):
a(t)f(x{t))xdt=O.
Вычисляя первый интеграл и пользуясь тем, что ?^0, а^1, по-
получим
J
Так как [f(x)dx = <x>, то из доказанного неравенства видно,
о
что x(t) не может принимать как угодно больших значений, т. е.
ограничена. В доказательстве мы использовали, что при t>t0 вы-
выполняется i(^)>0. Пусть при некотором t = ti имеем i(^i)<0. Из
уравнения x(t) +a{t)f(x(t)) =0 и из условий a^l, f>0 следует,
что при всех t x(t)k^O. Поэтому при f^t\ будем иметь x(t)^0.
Но раз функция x(t) не возрастает при t~^tu то она ограничена.
27. Положение равновесия находится из условия jt13sinA: = 0,
откуда x = nk, k = 0, ±1, ±2,... . Исследуем их на устойчивость.
Наиболее известный способ определить, является ли данное по-
положение равновесия устойчивым, состоит в том, чтобы линеари-
линеаризовать уравнение в окрестности этого положения равновесия и
найти корни соответствующего характеристического уравнения.
Если для любого корня Я выполняется ReA<0, то равновесие
устойчиво, если для некоторого X имеем ReA>0, то равновесие
неустойчиво. В случае, если для всех X ReA^O, но есть К, для
которого ReA = 0, то устойчивость по первому приближению не
определяется.
В нашем случае линеаризованное уравнение в окрестности
точки x = nk имеет вид (где у = х — ak)
y+(nkI3(-l)hy = 0.
В случае, если (—l)ft&13<0, одно из характеристических чисел
положительно, и мы имеем неустойчивость.
Если (—l)ft&13^0, то Re^=0, и первого приближения для
определения устойчивости недостаточно. Воспользуемся тем, что
данное уравнение второго порядка и для него можно записать
172

Ч сохранения энергии. Умножим уравнение на i и проинте-
•О^руем по t от 0 до t:
x13sinxdx=0.
A0)
ЗФедем функцию
г1
)= \x13sinxdx.
о
Зто не что иное, как потенциальная энергия физической системы,
мшсываемой данным уравнением. График функции U(x) изобра-
кен на рис. 5. Точками максимума ее являются точки nk, для
Рис. 5
Рис. 6
юторых U"(лк) = {—1)й(я^I3<0, а точки минимума — те nk,
для которых (—1)ь(я^I3>0. При & = 0, как нетрудно проверить,
шеем точку перегиба. Как мы уже выяснили, точки максимума
шляются положениями неустойчивого равновесия. Докажем, что
-очки минимума являются устойчивыми положениями равнове-
равновесия. Пусть Хо — некоторая точка минимума функции V {х). Зада-
1им некоторое е>0 и докажем, что найдется б>0 такое, что если
л:@)—*o|<S, |i@)|<6, то при всех ?^0 выполняется |л;@ —
— jto|<e, ji'(^)|<e (что и означает устойчивость точки Хо). Пе-
тепишем A0) в следующем виде:
(И)
"ели б достаточно мало, то для наперед заданного ei>0 выпол-
|яется х@J/2+ U(x@))^.U(хо) +Еи так что из A1) имеем
J(x(t))^U(x0) +81. Из рис. 6 видно, что точка x(t) лежит в ин-
-орвале, в концах которого значения функции V равны U(xo)+ei.
173

При ei->-0 этот интервал стягивается в точку дго, и его длину
можно сделать меньше е. Поэтому при всех ?^0 |л:(^)—л:0|<е.
Нам нужно еще оценить сверху |i@|- Из A1) следует
(последнее неравенство — в силу того, что хо — точка минимума
U), так что при достаточно малом ei имеем |х(/)|<е.
Итак, мы доказали, что все точки минимума функции U явля-
являются положениями устойчивого равновесия.
Нам осталось исследовать на устойчивость точку х — 0. Дока-
Докажем, что в этом случае равновесие неустойчиво. Зададим на-
начальные условия: *@)=0, х@)=—6<0 и проверим, что при
любом 6>0 решение x(t) будет уходить в отрицательную об-
область по крайней мере до точки —я (т. е. е нельзя взять мень-
меньше л). Из A1) имеем
x(ty=6*-2U(x(t)),
x(t) = — V&—2U(x(t)) . A2)
Знак минус в последнем равенстве выбран потому, что в началь-
начальный момент х@)<0. Следовательно, A2) выполняется по край-
крайней мере на некотором отрезке времени [0, Т], Г>0. Решая A2)
методом разделения переменных, найдем
_ Г
x(t)
dx =t. A3)
При возрастании t интеграл слева тоже должен возрастать, что-
возможно только при убывании x(t). Формулы A2) и A3) мо-
могут нарушиться (изменить знак) только при 82 = 2U(х), что заве-
заведомо не выполняется при —х^п. Так как t в правой части A3)
можно сделать сколь угодно большим, то в какой-то момент
времени будет выполняться x(t)=—п. Следовательно, точка О
является неустойчивым положением равновесия.
Ответ: положения равновесия имеют вид nk, k = 0, ±1,..., из
них устойчивы те, для которых (—\)hk>0, а остальные неустой-
неустойчивые.
29. Замечая, что tcost+smt=(tsint)', найдем общее реше-
решение каждого из уравнений
Если Ci = C2=0, то х=0, и функция <д(х) не определена»
и СХФО, С2 = 0, то |x(f)l = |Ci|e'SIn*,
Аналогично, со(л:) =—1 в случае Ci = 0,
174

Пусть С{ф0, С2ф0. Тогда имеем
I v (t\\ 2 Г2„2( Sin ' I r2a~2t Sin ' ^ О I Г I J sin ' I Г I /Г"' Sin '
@1 > lim ln2|CAI =0-
/
С другой стороны, если ? = л&, А=1, 2,..., то sin^ = 0,
К? + С? и, значит,
co(A:)<lim—¦—-——= lim ! ——0.
А->о> Ilk A->o> ЯЙ
Следовательно, при Ci=^=0, С2=ф0 имеем ш(д:)=0.
Ответ: со(л;) =0 или со(л;) = — 1.
31. Определим отображение gt: Rn->Rn следующим образом:
для точки xoeR", gt(xo)=x(.t), где x(t)— решение системы
x=A(t)x с начальным условием Jt(O)=jto. Очевидно, g(t) яв-
является линейным отображением. По определению фундаменталь-
фундаментальной матрицы F(t) столбцами ее являются вектора gteh (где eh,
k=l, 2 п, — ортогональный базис в R"), разложенные по ба-
базису {eh}. Ортогональность матрицы F(i) эквивалентна тому, что
ее столбцы, т. е. gteh, образуют ортонормированный базис, что в
свою очередь эквивалентно тому, что отображение gt является
ортогональным преобразованием R". Ортогональность отображе-
отображения gt равносильна тому, что для всякого решения x(t) системы
x=A(t)x длина вектора x(t) совпадает с длиной начального век-
вектора *@), иными словами, \x(t) | =const. Это последнее условие
перепишем так: |л;(/)|2 = 0, или, дифференцируя, (x(t),
x(t))=0, где скобки обозначают скалярное произведение в R™.
Наконец, полагая x = A(t)x и замечая, что x(t) может быть лю-
любым вектором в R", получим, что ортогональность F(t) эквива-
эквивалентна тому, что для любого xeR" имеем (A(t)x, л:)=0, или
Очевидно, для кососимметрической матрицы A(t) A4) выпол-
выполняется. И наоборот, если A4) верно, то, положив Хг = х,= 1, а
остальные ^ = 0, найдем из A4) Ai](t)+Aji(t)=O, т. е. A(t) —
кососимметрическая.
§ 9. Функциональные уравнения
1. Возьмем произвольное число х и обозначим *i = sinA:, x2 =
= sin;ci,.. .,>:n = sinjiCn-b ... . По условию f(x)=f{xi)=...=
= f(xn)=..-. Если O^jti^l, то мы получаем 0<jc2 = sinjti:0i,
O и т. д. Значит, {хп}^ невозрастающая последо-
175

вательность неотрицательных чисел, и, стало быть, существует
предел у—\'\тхп. Так как xn = smxn-\, то y = s'my, т. е. у=0.
В силу непрерывности функции / имеем Нт/ (хп) =/@) и, зна-
значит, f (x).=/@).
Аналогично, если 0>Xi^=—1, то {*„}— возрастающая после-
последовательность отрицательных чисел, и снова мы получаем
lim*n=0, lim/(xn)/@) ()/@)
П>0О ПОО
Следовательно, >в классе непрерывных функций только кон-
константы удовлетворяют данному уравнению.
3. Первое решение. Полагая в уравнении у = х — Т, получим
Р2(х) — РЦх— Т)=РBх — Т)Р(Т). A)
Поэтому если Т — корень многочлена Р, то Р2(х)=Р2(х — Т),
т. е. многочлен Р2 является периодической функцией с периодом
Т. Заметим, что если A) выполняется для всех вещественных Т,
х, то A) выполняется и для всех комплексных Т, х, так как A)
эквивалентно некоторым соотношениям между коэффициентами
многочлена Р, которые не зависят от того, над каким полем рас-
рассматривать многочлен.
Поэтому всякий комплексный корень многочлена Р является
(комплексным) периодом многочлена Р2. Но многочлен, отлич-
отличный от константы, не может иметь ненулевого периода, так как
|P2(z) |—>-оо при |z|->-oo (геС). Следовательно, либо P=const,
либо все корни Р—нули, т. е. Р (х) = const -xn. В первом случае
сразу получаем PsO, а во втором для определения п получаем
тождество
Х2п__у2п= (я + г/)"^ —г/)«.
Полагая х = 2, у=\, получим 4»—1 = 3", откуда п=\. Итак,, ис-
искомый многочлен имеет вид Р(х) = const-x.
Второе решение. Полагая в равенстве
-у) B)
х = у = 0, найдем, что Р@)=0. Дифференцируя B) по х, полагая
затем х = у, найдем
2Р'(х)Р(х)=РBх)Р'@). C)
Если Р'@)=0, то отсюда находим P(*)=const, а в силу Р@)=0
Р(л:)=0. Пусть Р'(О)ФО. Если многочлен Р(х) имеет степень п,
то слева в C) стоит многочлен степени 2п—1, а справа — мно-
многочлен степени п. Приравнивая 2га—1 = «, получим я=1. Вместе
с Р@) =0 это дает Р{х) =const-A;.
5. Докажем, что при хФу f(x)?=f(y). Действительно, если
f(x)=f(y), то f(f(x))=f(f(y)), т. е. е-х = е~У, откуда следует, что
к —у. Следовательно, данная непрерывная функция f является
монотонной. Но тогда f(f(x)) монотонно возрастает и не может
176

быть равна е~х. Следовательно, функции с указанным в условии
свойством не существует.
7. Разумеется, мы можем найти функцию f(x) только при х,.
принадлежащих области значений функции t<f>(t). Положим х =
= tcf(t), fcM)
Тогда
¦Ч
i=l
откуда находим
п
— = 1 + V ао
Из равенства
Ф@/Ч^ф@) = ]
следует, что
f (г\ ^
Подставляя сюда
f(r)= ¦
i/(i~0
< 1
»(i-0 x(-L_ i)
л:/^ из D), получим
1
1
— — х
D>
E)»
F)'
Наше решение не проходит для х = 0, так как из t<f(t)=Q следует:
/ = 0 (ф(^)=т^=О в силу E)). Но при ^ = 0 из равенства
следует ф@) = 1. Подставляя в E), найдем f@) = l, что согла-
согласуется с F). Так что для всех х, представимых в виде x = ty(t),
f(x) определяется по формуле F).
9. Возьмем некоторую точку х и докажем, что (f(Bg)'(x)^i
^f'®g'(х). Пусть (f®g){x)=y, т. е. Г1 (у) + 8~1 (у) = х. Обозна-
Обозначим для краткости a = f-l(y), b~g~l(y) (рис. 1). Воспользовав-
Воспользовавшись правилом дифференцирования обратной функции, имеем
¦ Па) ' g'{b) (f@g)'{x) '
откуда следует, что (f®g)'(x) меньше каждого из чисел f'(a),.
g'(b). Докажем, что (f'®g') (x) не меньше одного, из чисел f (а),
177.

gr(b) (и задача будет решена). Пусть (f'@g') (х) =k. Тогда, по-
полагая A')-Цк)=с, (g')-l(k)=d, имеем c+d = x, f'(c)=g'(d) =
= k. Из c+d=x = a+b следует, что либо с^а, d>>b, либо с^а,
d<.b. Рассмотрим первый случай
(второй разбирается аналогич-
аналогично). Из монотонности функции
g' следует, что k = g'(d)>-g'(b),
т. е. (/W) (x)>g'{b), что и
требовалось доказать.
П. Рассмотрим в декартовой
системе координат прямоуголь-
прямоугольник с вершинами А—(х, у), В =
= {х + Ах, у), D=(x, у + Ау), С =
= (х+Ах, у + Ау). Если функция
/eC2(R2) удовлетворяет равен-
равенству
Рис.
f(A)+f(C)=f(B)
то, разлагая f(C), f(B), f(D) no
формуле Тейлора до членов второго порядка, получим
f (А) + (/ (A) f /„ (А) Ау+±- fyy (A) Ay* -\-fx (А) Ах +
+ -i- fxx (A) Ax2 + fxy (A) AxAy) = (/ (A) + /x (Л) Ax +
+ ±fxx (A) Ax') + (f (A) + fu (A) Ay -r ± fyy (A) Ay') + о (Ах' + Ay'),
или, приводя подобные члены,
fxy(A) АхАу = о (Ах2 + А у2) (Ах2+Ау2-+0),
откуда
f*v(x,y)=0. G)
Повернем теперь оси координат на 45°, т. е. сделаем ортогональ-
ортогональную замену координат t = ХТ— '-, т|= х J . Тогда в новых
к 2 |/ 2
координатах также имеем fm(?, т])=0.
Переходя теперь в последнем равенстве к координатам х, у,
как нетрудно убедиться, получим
{x, y)=fyv(x, у).
(8)
Выведем из G) и (8), что f(x, y)=a(x2 + y2) + bx+cy + d для не-
некоторых a, bt с, d. Если бы было известно, что feC3(R2), то,
дифференцируя (8) по х или у и пользуясь G), мы бы легко по-
получили, что все третьи производные от / равны 0, т. е. f яв-
является многочленом второго' порядка от х, у. В случае же /е
178

eC2(R2) доказательство несколько сложнее. Из G) легко сле-
следует, что функция fx не зависит от у, т. е. является функцией
лишь от х : fx(x, у) =cp(*).
Интегрируя это соотношение по х и учитывая, что неопреде-
неопределенная константа интегрирования может зависеть от у, получим
для 1(х, у) следующее представление:
f(x,y)=>g(x)+h(y), (9)
где g(x) = ^(f(t)dt, h(y)—неопределенная константа, зависящая
от у. В силу feC2(R2) функции g, h дважды непрерывно диффе-
дифференцируемы. Подставляя (9) в (8), найдем
gxx(x)=hyv(y).
Но равенство функции от х функции от у может быть лишь, если:
обе они константы. Обозначим эту константу 2а. Тогда g(x) =
= ax2+bx+di, h(x) =ay2 + cy + d2 для некоторых b, с, d\, d2, от-
откуда f(x, y)=a(x2 + y2) + bx+cy + di + d2.
Обратно, легко доказать, что функция
}(х, y) = a(x2 + y2) + bx + cy+d A0)
удовлетворяет равенству f(A) + f(C) =f(В) +f(D) для любого-
прямоугольника ABCD со сторонами, параллельными осям коор-
координат. Чтобы проверить это равенство для любого прямоугольни-
прямоугольника, нужно повернуть оси координат. В новой системе координат
функция f будет также записываться в виде A0), возможно, с
другими коэффициентами а, Ь, с, d, откуда и следует искомое
утверждение.
§ 10. Функции комплексного переменного
¦|. .
'i. i. Покажем, что ряд V f{zk) сходится равномерно на любом
круге |z|^i?, где 0</?<1. Из этого будет вытекать утверждение
задачи, поскольку все функции fh(z)=f(zh) аналитичны в круге
|г|<1.
Так как /@)=0, то функция f(z)/z является аналитической в.
круге |z|<l, и, следовательно,
sup
\г\
т. е. ]/(г)|^с|г| при |г|^1/2. Пусть «oeN настолько велико,,
то i<"< 1/2 Т ||CR ^
]/()||| р ||^ у
что i<"°< 1/2. Тогда при |z|=CR, n^no имеем
k=n k=n

Значит, ряд ? /(г*) сходится равномерно (и абсолютно) в кру-
гге |
3. Обозначим при
Ш П
(берется ветвь логарифма, соответствующая значению In A) = 0).
Точка z=l является особой точкой функции f. Действительно,
если бы ее можно было продолжить на некоторую окрестность U
этой точки, то тогда функция /i продолжается в U следующим
образом: f\(z) =zf'(z), а функция f2(z) —zfx'(z) определяет про-
продолжение f2 на U. Но функция f2(z)=—InA—z) не может быть
продолжена в U, так как единица является ее особой точкой.
Покажем теперь, что все точки окружности |z| = l, отличные
ют точки z=l, являются регулярными точками f(z). Более того,
/ можно продолжить в множество V, образованное вырезом из С
луча действительной оси [1, со). Это следует из того, что на V
определена ветвь функции —In(I —г), а функции
i '—du,
о
г
7»=J-b?
где интегрирование ведется по любой жордановой кривой, соеди-
соединяющей 0 и г и лежащей внутри V (например, по отрезку
[0, z]), являются продолжением функций f\ и f соответственно
на V.
Итак, единственной особой точкой функции f на окружности
|z| = l является точка 2=1.
JL2ni
4. Пусть zo—e" , где р, ^eN. Покажем, что lim f(z) =
= оо, когда 2->-z0 по радиусу круга, т. е.
с»
lim ? z#rnl = oo. 4 . A)
180

Так как
л=0
то A) равносильно тому, что
lim
00
У z"'rnl=oo.
ftl
Заметим, что z?'= (e2nip)<*-i)i = 1 и ^' = (ztf)" = 1 при п><7. По-
Поэтому все члены последнего ряда и его сумма при любом re
е@, 1)—положительные числа; при этом для любого натураль-
натурального N^q имеем
n—q n=q
Так как
¦ N
¦,; lim V г«'гп1 =JV—q + l,
то найдется б>0 такое, что ]Г ^г"[ > N—q при 1 —
n=q
В силу произвольности N отсюда следует требуемое равенство
lim
Тем самым доказано соотношение A), из которого вытекает,
что любая точка вида е " является особой для функции f.
Так как эти точки плотны на окружности |г| = 1, то f не может
быть аналитически продолжена за круг |2|<1, который является
кругом ее сходимости.
5. а) Допустим, что равенство
*. lim |/(г)| = -f- 00
выполнено для некоторой аналитической в круге \z
f. Тогда существует число го<1 такое, что |f(z)
<|z|<l, т. е. все нули / заключены в замкнутом круге
Так как f аналитична в этом круге, то этих нулей имеется конеч-
конечное число. Пусть zu...,zk — все нули функции / в круге |г|^/-0,
181
<1 функции
>0 при го<

а следовательно, и в круге |z|<l, причем каждый нуль выписав
столько раз, какова его кратность. Тогда функция
g(z)
является аналитической в круге
lim |g(z)|=0.
||И0
и удовлетворяет условию
В силу принципа максимума отсюда следует, что g=0 в круге
|г|<1, но это невозможно, так как g(z)?=0 в любой точке zy от-
отличной ОТ Z\, . . . , 2ft.
б) Оценим |fB)| для |z| =2 Bп)' . Имеем
п-1
Л-I
к=0
5*lz<2*)'|
5"
10
Следовательно,
n-I
_5"____5"_ 5"
4 10 10 '
CO
Полагая rn~\—) Bп)| . мы получаем
inf
и, значит,
lim inf |/(z)| =oo,
n-»-c» \г\=гп
откуда следует (*).
182

в) Допустим, что функция f, удовлетворяющая условию (*),
принимает некоторое значение w конечное число раз (возможно,
0). Пусть г\, ...,zk — все нули функции f(z)—w, причем каж-
каждый нуль выписывается столько раз, какова его кратность. Функ-
Функция
¦I g(z)= (z~zi)---B-zfe)
f f(z)-w
¦ аналитична в круге |z|<l и удовлетворяет условию
f; lim sup \g(z)\ =0,
\ которого в силу принципа максимума следует, что g=0 в
Округе |z|<l, но это противоречит определению функции g.
! 7. Заменой anfn-+fn задача сводится к случаю а=1. Пусть
lim
Л—» 00
fn
1/n
< 1, тогда существуют такие числа
q, 0<9<1, что |fn/fn+i— 1|<?п пРи и>п0. Отсюда следует схо-
00
димость бесконечного произведения | I ——, т. е. существует
Тп+1
предел lim /n=^»0, а значит, радиус сходимости ряда
равен 1.
Функция g(
степенной ряд:
п=0
= (l — z)f(z) имеет следующее разложение в
л=0
/„-Ог"-1 (/-, = 0).
¦ Радиус сходимости V этого ряда больше 1, ибо
-!- = lim V17",- fn-iI = ШтТ (У~\Ы
- lim
П-юо
i._l
Значит, функция f(z)=g(z)/(l — z) регулярна в круге |г|<г,
кроме точки z=l; при этом в указанной точке она имеет полюс
первого порядка, так как в противном случае мы имели бы
,g(l)=0 и f была бы регулярна во всем круге |z|<r. Но это не-
невозможно, поскольку f должна иметь особую точку на границе
круга сходимости, т. е. на окружности \z\ = 1.
00
Пусть, наоборот, функция f(z) —S\ fnz>l имеет радиус сходи-
мости 1, а A—z)f(z)—больший радиус сходимости, т. е. суще-
183

ствуют такие числа no^N и q, 0<q<l, что \fn—fn+\\ К q
при п^п0 и Ymw/\fk\ =1. Докажем, что lim/"|/ft| =1. Для
любого числа q\^.(q, 1) существует возрастающая последова-
последовательность {ki} такая, что у |/*?| > qv или |/*(|>^1'. Отсюда
при ki^n0 получаем
Следовательно,
9 ' , i , ^ А,- 9
при всех n>ki. Так как при достаточно больших fej справедливо
неравенство q\l > /—2 , то при и достаточно большом имеем
1
откуда следует, что lim |/J ^9i- В силу произвольности
п-юо
qi^(q, 1) отсюда получаем
1
и, значит, tlim |/„| " = 1.
Тогда
Tim -itL, —1
л-*-ся
f
n
B-i—/„| я П
что и требовалось доказать.
10. В случае л = 2 перепишем тождество в виде (f+ig)X
л;
Х(/ —/^) = 1. Обозначим hi = ft+ig, h2 = f — ig, hs = hih2 = —.
184

Функции h\, h%, hz являются целыми; анач___, ^удет и инте-
интеграл от функции hz:
(в качестве ln/ii@) берется произвольное число из Lnfti(O)).
Заметим, что
= еС<Цг) i(f' М = е<Ф(г) _il_L ( _? = О,
откуда следует, что ei<I)B7/ii(z)= const, а так как ei(p@> = hx @), мы
получаем, что e1(p<z> = /ii (z). Тогда /12B) =e~<(pB),
Р<Ф(г> 4_ -,—'Ф(г)
/ B) = — •-/ = COS ф (.V),
2
е—»ф(г)
=sincp(z).
Таким образом, если целые функции / и g удовлетворяют
тождеству f + g2==l, то существует целая функция ф(?) такая,
что /(г)=со5фB), g(z) =sir^B) при всех геС. Обратно, любая
целая функция ф(г) определяет функции f (z) = cos cp (z) и g (z) =
= sm(f(z), удовлетворяющие данному тождеству.
Покажем, что в случае гС^Ъ f и g — константы. Если это не
так, то g?^0, f/g — мероморфная в С функция, не принимающая
по крайней мере п значений— У {—1). По теореме Пикара отсю-
отсюда следует, что f/g=sc=const. Значит, l = f" + ?n= (cn+1)?", т. е.
gs=const и f = const.
12. Пусть А\, Ач, Л3 — вершины треугольника G, причем
eG|, Лг^Ог, А3^0~$. Считая, что обход G по пути
происходит против часовой стрелки, определим функции
/i(z)=-
5T
~
Легко видеть, что функции fb /2 и ^з' будут искомыми.
13. Не может. Покажем, что если P(z)—произвольный мно-
многочлен, то
¦ 1
г4
185

По формуле Коши
|г|=1
и, следовательно,
1 ¦= L_
|z|=I
2л
5
|с
1г|=1
1
Р(г)-
\dz\K
15. Положим f(z)=u(x, y) + iv(x, у), где
и(х, |/)eR, v(x, j/)eR. В силу взаимной однозначности функ-
функции f
да да
дх ду
mes (f(U))= \ I det | 1 dxdy.
Преобразовывая интеграл, получаем
ди да
mes
det
5л;
= Г ГI 1 + V (n + l)a^
1
D /1=1
т,п=й
am+xan+l
где ai = l. Но при пфт мы имеем J j zmzndD — 0, поэтому
mes(/(D))=l(n
п=0
JJ
186

n=\
' n=l
поскольку все интегралы jj|z|2n<iD положительны. При этом
D
равенство достигается только в случае а2 = а3 = ... =0, т. е. при
/(*) = 2.
§ 11. Метрические и топологические пространства
2. Рассмотрим функцию F : K—>R, определяемую равенством
F{x)=p(x, f(x)). Точка х^К удовлетворяет уравнению f(x)=x
тогда и только тогда, когда F(x)=0. Пусть такой точки нет, т. е.
F[x)>0. Так как функция F задана на компакте К, то ее точная
нижняя грань положительна и достигается в некоторой точке
хо^К. В силу условия задачи имеем F(f{xo)) =p(f (xo),
flf(*o)))<p(#o, f (хо)) = F (хо), что противоречит выбору точ-
точки Хо.
4. Обозначим через У множество всех неизолированных точек
пространства X. Тогда множество У само является сепарабель-
ным метрическим пространством. Действительно, шары рацио-
рациональных радиусов с центрами в точках счетного всюду плотного
подмножества X образуют счетную базу тополог.ии У. Возьмем в
каждом из этих шаров по точке из У (если пересечение шара с
У не пусто) и образуем из выбранных точек множество Z. Оче-
Очевидно, что Z — счетное всюду плотное в У множество. Теперь по-
построим в X два непересекающихся подмножества V и W, замыка-
замыкание каждого из которых содержит У. Тем самым граница каж-
каждого из них содержит У. Шары с рациональными радиусами и с
центрами в точках Z образуют счетное множество. Занумеруем
их и будем обозначать В\В2,.... Поскольку центр каждого шара
Bi является неизолированной точкой множества X, то в каждом
шаре Bi содержится счетное множество точек из X. Выберем в
шаре В] какие-либо две точки и одну из них отнесем к множест-
множеству V, а другую — к W. Затем в шаре В2 выберем две точки из
числа еще не отнесенных ни к У, ни к IF и включим одну из них
в У, а другую — в W. Затем проделаем то же самое с шаром В3
и т. д. На каждом шаге мы имеем конечное число точек, уже
включенных в V или W. Так как каждый шар Bt содержит счет-
счетное число точек, то найдутся две еще не использованные точки,
одну из которых отнесем к V, а вторую — к W. Построенные та-
таким образом множества V и W имеют непустые пересечения с
каждым шаром Bt. Следовательно, замыкание этих множеств со-
содержит У.
187

6. Да, гомеоморфны. Покажем сначала, как построить гомео-
гомеоморфизм рациональных интервалов Qf\(a, b), Qfl(c, d), где a, bt
с, d — произвольные действительные числа (не обязательно ра-
рациональные), a<b, c<d. Построим монотонно возрастающий го-
гомеоморфизм f, аналогично можно построить и монотонно убы-
убывающий гомеоморфизм. Занумеруем рациональные числа на ин-
интервалах (а, Ъ) и (с, d), пусть это числа р\, р%... и qx, 92, ¦..
соответственно. Положим f{pi)=qi- Далее, на каждом из интер-
интервалов (а, р\), (р\, Ь) выберем рациональное число с наименьшим
номером и отобразим его в рациональное число с наименьшим
номером из интервала (с, qx) или {qi, d) соответственно. Затем
на каждом из четырех интервалов, на которые делят (а, Ь) уже
выбранные точки Рг, опять возьмем рациональное число с наи-
наименьшим номером и отобразим в аналогично определяемое число-
из интервала (с, d) и т. д. В результате получим монотонное
взаимно-однозначное отображение f: Qfl(«, b)->Qfl(c, d). Дока-
Докажем, что / и (~] непрерывны. Предположим противное. Пусть, на-
например, для некоторой последовательности рациональных чисел
{г„} из интервала (а, Ь), сходящейся к рациональному числу г<=
е(я. b), f(rn) не сходится к ((г) при я->оо. Можно считать, что*
rn>r, f(rn)>f{r)+e, где положительное число е не зависит от
п (этого можно добиться выбором подпоследовательности). Но
тогда для каждого рационального числа /?>г найдется такое и,
что R>rn>r, откуда f(R) >f(rn)>f (r) + г. Тем самым интервал
(f(r). /(r)+8) не" лежит в образе /, что противоречит построе-
построению f.
Теперь мы построим гомеоморфизм F отрезка Qfl[O, 1] и ин-
интервала QPl@, 1). Для этого на отрезке [0, 1] возьмем последо-
последовательность иррациональных чисел {an}, имеющую предельные
точки 0, 1, а, где а — иррациональное число, а также возьмем
последовательность иррациональных чисел рпе@, 1), имеющую
предельные точки 0, 1/3, 2/3 и 1. Каждая из последовательностей
{а„}, {р„} разбивает интервал @, 1) на счетное число интервалов.
Укажем, как отображение F переводит интервалы с концами ап
в интервалы с концами рп (внутри интервалов отображение
строится, как описано выше). Интервалы с концами а„, накапли-
накапливающиеся к точке 0, отобразим через один в интервалы с конца-
концами рп, накапливающиеся к точке 1/3 слева и справа (рис. 1).
Точно так же отобразим интервалы, накапливающиеся к точке 1,
в интервалы, накапливающиеся к точке 2/3. Наконец, оставшееся
счетное число интервалов с концами а„ переведем в оставшееся
счетное число интервалов с концами р„ произвольным образом.
Наконец, положим /="@) = 1/3, ^(l) =2/3. Легко видеть, что
отображение F является искомым гомеоморфизмом отрезка QR
П[0, 1] и интервала <ЗП(О, 1).
8. Нет, не гомеоморфны. Множество L содержит две замкну-
замкнутые непересекающиеся линии ABC и DEF (рис. 2). При гомео-
гомеоморфизме (если таковой существует) они перейдут в две замкну-
замкнутые непересекающиеся кривые в М. Но всякая замкнутая кривая
188

з М содержит не менее четырех вершин (рис. 3), так что две та-
такие кривые в М обязательно пересекаются.
10. Пусть сначала пфЪ. Тогда легко видеть, что найдется чис-
ю т, делящееся на 3 и удовлетворяющее .неравенствам п<т<
Лп. Пусть гк = ек2яг'т, ? = 0, 1,... . Очевидно, точки zh делят
жружность Т на т равных частей. Пусть отображение f перево-
переводит точки zk в центр фигуры Y. Да-
iee, пусть / переводит середины
дуг B0) z\), (z3, z4),:.. в одну и ту
ке вершину фигуры У, середины
Дуг (z,, z2), (z4, z5), (z7, z&),... —
з другую вершину и, наконец, сере-
середины дуг B2,г3), (zs,z6), (zs,zg),...—
i третью вершину. Между концами
i серединами дуг (zk, Zk+\) отобра-
кение доопределим монотонным об-
>азом. Покажем, что f(z)^f(z),
~де z = e1*iinz. Действительно, точ-
ш z, z не могут лежать на од-
•юй дуге [Zft, zh+\], так как длина дуги меньше, чем расстояние
лежду zt z по окружности, равное 2я/п. Далее, точки z, z не мо-
vt лежать на дугах [zh, zh+i), [zi, 2/+1], кФ1, которые перево-
1ятся отображением f в один и тот же отросток фигуры Y, так
сак для таких дуг k — / делится на 3, следовательно, расстояние
Рис. 1
Рис. 2
D F
Рис. 3.
лежду дугами не меньше, чем 2-2я/т>2я/л (напомним, что в
•илу выбора т имеем п<т<2п). Поэтому точки z, z перево-
1ятся отображением f в разные отростки фигуры У, откуда
l(z)^f(z). График отображения f при п = 2 изображен на рис. 4.
Для удобства вместо отображения Т->-У нарисовано 2л-периоди-
ческое отображение R-^-У. На рис. 5 изображено искомое отобра-
отображение f при п — 3. Штриховой линией изображен сдвиг графика
на 2я/3. Из рисунка видно, что сдвинутый график не пересе-
пересекается с исходным; иными словами, для любой точки zeT имеем
189

12. Предположим, что для некоторого топологического про-
пространства X справедливо R — XxX. Отсюда сразу следует, что
, X—связное пространство. Действительно, если X можно раз-
разбить на два непустых открытых множества -Х\ и Х2, то ХхХ яв-
является объединением непересекающихся открытых множеств Х{Х
XXj, i, /=1, 2, т. е. несвязно. Докажем теперь, что если X связ-
связно, то множество Z = XXX\{z} связно, где z^XxX. Отсюда уж*
будет следовать, что R не может быть равно ХхХ, посколькз
после выбрасывания одной точки R становится несвязным мно
жеством. Для доказательства связности Z проверим, что всякш
две точки z\, z2^Z лежат в одном связном подмножестве Z
Рис. 4
Рис. 5
Пусть точка z?- имеет в прямом произведении XXX «координаты»
(xt, r/j). гДе xt, y.-eX, t=l, 2. Пусть сначала Х\фх2, У\ФУч- Тогда
каждое из множеств {х\ХХ)[)(ХХу2), (x2XX)\j(XXyi) связно,
содержит точки Z\, z2, и хотя бы одно из них не содержит точку
z (так как их пересечение равно {zu z2}^z). Тем самым точки
Z\, z2 лежат в связном подмножестве Z. Если Xi = x2 или у\ = у%
то найдем точку 23, «координаты» (хъ, г/з) которой отличны от
*i,2. г/1,2 соответственно. Если точки zt, z$ лежат в связном мно-
множестве А, а точки 22, Zz — в связном множестве В, то Z\, z2 лежат
в связном множестве А[}В.
14. Пусть В\ — шар радиуса 1 с центром в некоторой функ-
функции /геВ. Рассмотрим множество В\ функций f таких, что f—h
принимает лишь два значения: ±1. Очевидно, что B\'czB\, причем
«ели /, g^B/, f*?g, то p(f, g) =2 (последнее следует из того, что
/—g принимает лишь значения 0, ±2).
Мощность множества В\ совпадает с мощностью множества
всех подмножеств отрезка [0, 1] (каждой функции f^B/ сопос-
сопоставляется множество точек, в которых /—h=l), следовательно,
больше континуума.. Так как множество значений функции К
имеет мощность континуума, то для каких-то f, g^B\' выполня-
выполняется h.(f)=X(g), что и требовалось доказать.
16. Пусть хп — центры, а г„ — радиусы вложенных шаров.
Вложенность эквивалентна тому, что при т>п выполняется не-
неравенство
' A)'
190

В частности, rm^rn, т. е. последовательность радиусов монотонно
убывает, а так как она ограничена снизу, то сходится и тем са-
самим фундаментальна. Из A) следует \\хп—л:т||^г„—гт, откуда
индно, что последовательность центров {хп} также фундаменталь-
фундаментальна и поэтому сходится.
18. Пусть утверждение задачи неверно. Тогда для любого на-
натурального т найдутся линейно зависимые вектора х\т, х2т, —, хпт
такие, что IU,-—Xim\\<\jm. Пусть с\т, с2т, ¦ ¦., спт — коэффициен-
коэффициенты линейной зависимости, т. е.
¦ ¦ "rCnm^nm==0. B).
Можно считать, что
т. е. что вектор ст= (с\т, c2m c™)gR" имеет единичную дли-
длину. В силу компактности сферы в R" из последовательности век-
векторов {ст} можно выбрать подпоследовательность {cmi}, схо-
сходящуюся к единичному вектору ceR" при т—^оо. В силу выбора
точек Xi,n имеем Xtm-^Xi при т-^оо. Наконец, из B) предельным
переходом получим С]Х\ + С2Х2 + ... + спхп = 0, где \сх |2+...+ |с„|2=
= |с|2=1. Следовательно, данные вектора Х\, х2,...,хп линейно'
зависимы, что противоречит условию.
20. Как известно, сопряженное пространство с0' можно отож-
отождествить с пространством 1\, т. е. для каждого линейного непре-
непрерывного функционала а^с0' найдется последовательность {}l
такая, что ||а|| = /] \а„\, и для каждого хес0 выполняется
равенство
Мели хе/оо, то формула C) определяет продолжение функциона-
функционала а на /оо, сохраняющее норму. Это продолжение будем обозна-
обозначать той же буквой а. Пусть Ь — другое продолжение а на /оо.
Докажем, что ||6||>||а||. Положим с=Ь—а. Тогда ограничение-
функционала с на пространство с0 равно нулю, в частности если
ограниченные последовательности х и у совпадают, начиная с не-
некоторого номера, то с(х)=с(у). Так как сфО, то найдется после-
последовательность хе/оо такая, что HxU^ — l, с(л;)=е>0. Рассмот-
Рассмотрим последовательность у, определяемую по формуле
у= (sgn ah sgn a2 sgn an, xn+\, xn+2, •••)
(где sgna=l при а>0, —1 при а<0, 0 при а = 0). В силу сде-
сделанного выше замечания о функционале с и согласно C) имеем
191.

... + \an\— |an+i|— \an+2\ —...
+ c(x)>
¦Ясно, что если число п взять достаточно большим, то получим
¦Ь(у)> |ai| + |a2| + ... = IN|, откуда следует, что ||6||>||аЦ.
21. Каждое подмножество / натурального ряда определяет
^функционал L/e// по формуле
ng/
Поэтому для каждого множества / по условию задачи имеем
* = 0. , D)
Докажем, что lim V \x*\ — 0. Пусть это не так. Тогда можно
«читать, что при всех &>1 выполняется
3 . E)
(этого всегда можно добиться выбором подпоследовательности и
умножением на константу). В частности, при k=l из E) сле-
следует, что либо сумма положительных хп1 больше 1, либо сумма
отрицательных хп1 по модулю больше 1. Следовательно, найдется
конечное множество /idN такое, что
с
Пусть число A^i лежит правее 1\ и столь велико, что V |.v' |<
л=ЛГ,
<е (где 0<е<1/2). В силу D) имеем xnk-y0 при k-yoo. В ча-
стности, найдется k2 такое, что 2»,I х% I < 8> П0ЭТ0МУ
>3—е. Следовательно, найдется конечное множество /2C1N, ле-
лежащее правее Л^ и такое, что Z- *п* ^ '• Далее найдем
число N2, лежащее правее /2 и столь большое, что 2^ \xkj\< e.
Затем найдем &з и т. д.
192

В итоге получим последовательность номеров km и конечных
множеств /тС (Л'га-1, Nm) таких, что выполняются неравенства
T X*"
К*.
F)
Положим / = U Iт. Тогда из неравенств F) следует, что
при всех т
—2е, что противоречит D).
7 Зак, 481
193

ГЛАВА 2
АЛГЕБРА
§ 1. Определители, матрицы и линейные операторы
1. Нетрудно видеть, что данная матрица является произведе-
произведением следующих двух матриц:
1 0 \ [ 1 1
1 •. / \0 1
а так как определитель каждой из них равен 1, то и определи-
определитель данной матрицы равен 1.
3. Рассмотрим данный определитель по mod 7.
4305
1653
5253
5633
= — 12
0305
0653
0253
4633
= — 4
305
653
253
305
653
300
05
53
(mod7).
(Здесь в первом равенстве к первому столбцу был прибавлен
второй столбец.) Тем самым данный определитель не равен нулю.
4. Ответ: 1. Доказательство проводится индукцией по п.
При л = 0 определитель имеет нижний треугольный вид:
1
1
1
1
1 0
2 1
п ... 1
Индуктивный
(\
-,0 /ol
1п+1 Сп+
:°n-..k cln+l
= i.
переход
...с*
• • • си
следует
\
'
J
1 1
1
0
из
1
1 1
1
4
равенства
1
0
\
' 1 1
1
194

C
¦ ¦ . Cn+1
. . . <^n
n+2
•праведлнвого вследствие известного свойства биномиальных ко-
коэффициентов
^т'Т'^т — L-ra+l. \l)
5. Обозначив искомый определитель через с, имеем
С ~=z
_l_ J_
1! 2!
_1_ 1
"гТ ~зГ
п!
1
(п+1)!
- 1
1
... Bп—1)!
X
_1_ 1
л! (л + 1)! ''' Bя - 1)!
я! л! _л!_
ТГ "гГ "¦ л!
Jn_
X
X
(n-J-1)!
2!
Bn— 1)!
л!
п\
1!(я —
(л+ 1
1)
(« +
3!
Bп —
(п +
1
1)!
¦1)!
1)! '
я!
2!(п-
(я +
•»
-2)!
1)!
(п +
(я +
Bл-
1)!
1)!
¦1I
-1I
(п— 1I (п — 2I ... 1101
л! (л + 1I ... Bл — 1)!
X
л!
п!0!
21 (я—1I З'(п — 2)!
Bл— 1)! Bл—1)!
Bл-1)!
л! (л— 1)! (я-1-1)! (я — 2)! Bя—1)!
Замечая, что при m ^ i ^ О
С1 — m(m—1)---(/п —' + !)__ т!
получим
,__ (я—1I (я —2I ... 11
с = -
п!(я+1)! ...Bл—1)!
-.я /оП+1 р2п— 1
J2rt—1 /1—1 • » • 1—1
B)
Обозначим через d определитель в правой части B). Вычтем из
последней строки определителя d предпоследнюю, воспользовав-
воспользовавшись A). Затем вычтем из предпоследней строки третью снизу,
195

а потом снова из последней предпоследнюю и т. д. В результате
этих действий у каждого элемента С%т определителя d индекс
т будет уменьшаться, at — оставаться прежним. В итоге по-
получим
п
...С
2п-1
П—V)
-(-1)
1!2! ...(п— 1I
1)! •¦• Bп — 1)!'
Ответ: с = ( — 1)
Замечание. Из полученного результата можно получить
любопытное следствие комбинаторного характера. Пусть в каж-
каждой из п точек 1, 2, 3, ...,п вещественной прямой помешена шаш-
шашка. Одним ходом разрешается сдвинуть любую шашку на 1 вле-
влево (если только там не находится другая шашка). Например,
шашку с точки 1 можно передвинуть в точку 0, затем с точки
2 — в точку 1 и т. д.
Очевидно, за п2 ходов можно данные шашки передвинуть в
точки —л+1, —п + 2, ...,0. Спрашивается, сколько существует
способов такого передвижения? Обозначим это число через ап.
Для его нахождения рассмотрим определитель
X
2!
3!
"¦ (n+1)!
V2n-1
я! (п+1)! ¦" Bn— 1)!
Вычисляя этот определитель как знакопеременную сумму всевоз-
всевозможных произведений по п элементов, стоящих в разных строках
и столбцах, убедимся, что
f(x)=cxn\
Следовательно, производная порядка п2 от f равна
Можно эту производную вычислить непосредственно из C).
196

ч Обозначим t-й столбец этого определителя через Хс
Воспользуемся следующим правилом дифференцирования опреде-
штеля: производная есть сумма п определителей, причем i-й из
1их получается, если в C) вместо столбца Xt поставить Х-' (т. е.
лроизводную i-ro столбца). Замечая, что
¦юлуч*им, что {п—1) из п слагаемых определителей равны О,
1ткуда
равнивая с
мы видим, что «шашка передвинулась с 1 в О».
Продифференцируем таким же образом E), обозначая X-i =-
= Х'о, Х-2 = Х-\ и т. д.:
f"(x) = \X-lX2X3...Xn\ + \X0XlX3...Xn\,
г. е. «вторым ходом либо шашка передвинется с 0 в —1, либо с
2 в I». Продолжая так дальше, убедимся, что
/ —а\Х(пi)X
... Хо\ =
О
1....
1
¦(-1) 2 «„.
«иавнивая с D), найдем а„ = ( —1)
"A—1)
2
...{п-~\)\
—1)!
". Воспользуемся следующим фактом.
1емма. Если А — квадратная матрица, B=|
i, mo
ЬиА
ЬпА
aet
Ьт1А
слева стоит определитель, составленный из блоков, ЬцА).
197

Доказательство. Матрицу В можно элементарными пре-
преобразованиями привести к диагональному виду
после чего det В = с\С2...ст- Применим те же самые элементарные
преобразования к блочной матрице из условия леммы, толькс
будем их применять одновременно ко всем строкам или столб
цам, пересекающим некоторый блок, В результате получим мат
рицу
„и
0
0
0
0
0
0
0
0
0
определитель которой равен произведению определителей ыА
т. е. det fi(detЛ)т.
С помощью доказанной леммы задача решается индукцией пс
п. Основание индукции:
l.m-
х0
... X?
m-\
0
1—1
v v2 vm-'
•^m—1 Xm—1 . .. ^m—1 )
т. e. Ci,m — матрица Вандермонда, так что
det Сх ,m = П fa — xj).
Чтобы осуществить индуктивный переход от п к п+l, заметим
что матрица Сп+\,т имеет блочный вид, причем блоком являете?
матрица Сп,т с коэффициентами из матрицы Ci,m. По лемм(
имеем
тп-\
откуда det ?,.„ = (det
= (П (x(-Xj)) m~l .
9. Предположим противное, т. е. что определитель равен нулю
Тогда его строки линейно за'висимы, т. е. для некоторых коэффи
198

Циентов со, си---,сп-\, не равных нулю одновременно, имеем
при всех t=l, 2,..., п.
Рассмотрим функцию
Я Я + 1 " ¦' Я + (п — 1) *
Если привести правую часть к общему знаменателю, то получим
/ (Л) = ,
где Р(А,) — многочлен от К степени не выше п—-1.
Так как f(X,)=O (и h?=0, — 1,... — (п— 1)), то Р(Я,)=0, т. е.
числа Я,1,...Дп являются корнями многочлена Р(^). Но многочлен
степени не выше п—1 не может иметь п различных корней, если
только он не равен нулю тождественно. Следовательно, Р(Х)==0,
f(k)=O при кфО, —1,..., — (п—1). Отсюда следует, что все чис-
числа ci равны нулю. Действительно, если с,^=0, то при \->—i
- Cl , ->-± оо, д.Х)_уоо, что противоречит тому, что {(Х)=0.
Итак, мы доказали, что все с* равны нулю, что противоречит пред-
предположению.
11. Обозначив искомый определитель через d, рассмотрим мат-
матрицу порядка л + 2:
(Г
О
,Р("+1) (х) Р(п+1> (х + 1) ... Р(п+1) (х + п) 1
(х -\- n)*~'
Очевидно, detD = d. Умножим k-ю строку матрицы D на — х
(k— 1)!
Х(—l)*81' и прибавим к первой при всех k = 2, 3, ...,п + 2. В силу
формулы Тейлора
первая строка будет иметь вид
Р(-п), Р(_(П_1)), .... Р@),
т. е.
о, о о, {х+п)П+' (-i)"+1
(я + 1)'

Следовательно,
Р'(х)
Р'(х
(n+l)!
Обозначим определитель справа через с, а соответствующую мат-
матрицу — через С. Так как Р имеет коэффициент 1 при старшее/
члене, то Р("+о= (n+l)!, и все числа в нижней строке С равнь
(я+1)!. Обозначим Xk = x + k, k = 0, I п. Вторая снизу строкг
С имеет вид
где а — некоторое число. Вычитая из нее нижнюю строку, умно-
умноженную на
—, мы приводим С к виду
(п+1)!
Р' (х0) ...Р' (хп)
(у \ Р (Y \ '
\л0> ¦ • • д \лп1
1)! х0 ... (п + 1)! хп
Третья снизу строка полученной матрицы имеет вид
Вычитая из нее две последние строки, умноженные на соответ-
соответствующие константы, мы получим строку
(я+1)' „>
5 хо> ¦
Преобразуем таким же образом остальные строки матрицы С
вплоть до верхней. Получим
с =
(я+1I
(п+1)!
п\
п\ и
(п+1)! „_, (п+1)! n_t
(п — 1)! ° "¦ (п— 1)! "
1!
1!
(n + f)!
200

Последний определитель легко сводится к определителю Вандер-
Мвнда:
(Д+ 1)!
k=i
'1
¦¦%
1 ... 1
(л+ 1I
X
\ х
1 ... 1
хо ¦¦¦ ¦
—1 п
= (-1)
| xf| П (**-**) = (-
k=o i=k
(
k=i
— 1
х
¦I ¦
Следовательно, j
14. Буквой а будем обозначать как номер набора из k строк,
так и совокупность номеров этих строк. Номера строк при этом
будем обозначать а\, аг, ...,си, причем ai<a2< — <afc. Анало-
Аналогично через р будет обозначаться набор из k столбцов с номера-
номерами Pi<P2<...<P*. По определению матрицы Л<*>
Здесь Ast — элементы матрицы А, п — произвольная подстановка
группы Sk, |я| — четность я.
j. Далее,
, х
X J (-
<J€Sb
Лап\
G)
201

В произведении Bf,t?a(l) ... В$кщк) переставим сомножители так.
чтобы получилось ВЫOая11) ... ВЫк)уащку
Далее, в сумме G) переобозначим on через а, получим
(- I)1
Заметим, что здесь сумма берется как по различным наборам
Р= (Pi,... Ра), где Pi<CP2<...<P/e, так и по всевозможным перес-
перестановкам я чисел Рь • • •. Р*. Обозначая через р* наборы различ-
различных чисел Pi,..., Ра, расположенных не обязательно в порядке
возрастания, имеем
(A(k)B(k))av=Y (— \)]а]А ....Л .Б. В. . (8)
~. alPl ak"k Plv<j(l) Pkva(k)
Найдем теперь (АВ)а\. Так как (AB)li = V AisBSI,
S
ТО
(АВС= У (-1I
Эта сумма отличается от (8) лишь тем, что в (8) числа р*, . . . ,
Рй различны, а в (9) среди чисел s\,...,sk могут быть совпада-
совпадающие. Докажем, что тем не менее суммы (8) и (9) равны (и
тогда задача будет решена). Действительно, зафиксируем в (9)
какой-нибудь набор чисел s\,...,Sk, среди которых есть равные.
Тогда
1) AA ^° B =
( 1) ¦"siV<j(l) • • ¦ -"
Последняя сумма есть в точности определитель матрицы
||fiS/v»ll* ¦=!• Но этот определитель равен нулю, так как в нем
две строки совпадают. Тем самым наборы чисел si,..., s*, среди
которых есть равные, дают в (9) нулевой вклад, что и требова-
требовалось доказать.
15. Так как ранг матрицы А равен 1, то все ее строки пропор-
пропорциональны одной. Эту строку и примем за матрицу С. Пусть i-я
строка матрицы А равна 6,-С. Тогда в качестве матрицы В возь-
возьмем столбец (bi). По определению матричного умножения полу-
получим ВС=А.
202

17. Столбцы матрицы Л будем считать векторами в R". Обоз-
Обозначим их Vi, v2,..., vn. Векторы-столбцы матрицы С получаются
из векторов Vi умножением компонент этих векторов на положи-
положительные числа. Но если взять вектор у, с ненулевыми компонен-
компонентами и умножать его компоненты на различные положительные
числа, то можно получить любой вектор, лежащий в том же ок-
октанте, ЧТО И Vi.
Пусть О\, О2,..., Оп — октанты, содержащие векторы Vi,...,vH
соответственно. Тогда задачу можно переформулировать так:
доказать, что найдутся п линейно зависимых векторов щ,...,ип
(столбцы матрицы С) таких, что т лежит в октанте О,. Вектора
щ ип заведомо будут линейно зависимы, если они будут ле-
лежать- в одной гиперплоскости (подпространстве размерности
п—1), поэтому задача сводится к тому, чтобы провести гипер-
гиперплоскость (через начало координат), пересекающую данные ок-
октанты О\,...,Оп. Докажем, что такую гиперплоскость всегда мож-
можно провести. Для этого рассмотрим пары центрально-симметрич-
центрально-симметричных октантов в R". Всего этих пар 2"~' (а октантов 2"), а так
как 2"~1>п при /г>3, то найдется пара, не содержащая ни одного
из октантов Ои...,Оп. Проведем через начало координат прямую
/, пересекающую найденную центрально-симметричную пару ок-
октантов. Тогда гиперплоскость Г, ортогональная к /, пересекает
все октанты, кроме тех, которые пересекает I, следовательно, Г
пересекает и октанты О\, О2,..., Оп.
19. Пусть b — строка матрицы В. Тогда из АХ = 0 следует
ЬХ = 0, иначе говоря, вектора-столбцы Ьт и X ортогональны. Сле-
Следовательно, вектор Ьт ортогонален ядру оператора А : R3->R3. Но
(КегЛ)х = 1тЛг, поэтому Ьге1тЛг и разрешимо уравнение
ATY=bT,
где Y — неизвестный столбец. Тогда для строки YT выполнено
YTA = b. . A0)
Если для каждой строки b матрицы В найдем таким образом
строку YT и составим из найденных строк матрицу С, то в силу
A0) получим СА = В.
20. В доказательстве нам понадобятся следующие леммы.
Лемма 1. Если А и В — матрицы одного размера, то
Доказательство. Будем рассматривать матрицы Л и В
как линейные операторы. Ранг матрицы равен размерности обра-
образа соответствующего ей линейного оператора.
Очевидно, lm{A + B)<zzlmA + lm В, поэтому
dim Im (Л + В) ^dim Im Л + dim Im В,
откуда и следует искомое утверждение.
203

Лемма 2. Если А и В — квадратные матрицы порядка п, то
rg A + rg B<rg (А В) + п.
Доказательство. Представим матрицы А а В как линей-
линейные операторы в пространствах Vi, V2, V3'
(Vi обозначают одно и то же пространство R", различные обозна-
обозначения понадобились, чтобы разделить использование R" как об-
области определения и области значений.)
Рассмотрим А как оператор из ImBcV^ в V3:
lmBl-+Vt. A1)
Размерность ядра А в ImB не превышает размерности КегЛ в
У2. Поэтому размерность образа оператора A1) не меньше, чем
dim ImB—dimKerA. Очевидно, образ оператора A1) совпадает
с Im AB, так что
dim Im AB^dim Im В—dim Ker A =
= dim Im B + dim 1mA—n,
и лемма 2 доказана.
Перейдем к решению задачи. В силу леммы 2
rg,4 + rgB<rg(AB) +1979 = 1979.
Поэтому один из рангов rgA, rgB меньше, чем 1979/2. Пусть
rgA<1979/2. Тогда rgAr=rgyl<1979/2, и по лемме 1 rg(A +
+AT)<rgA + rgAT<1979
)<g g
Следовательно, матрица А+Ат — вырожденная.
22. Пусть А — данная матрица, а В — квадратная матрица
порядка п, все элементы которой равны 1.
Матрица А—В имеет вид
— 1
— 1
где всякий элемент сц, не лежащий на диагонали, равен 0 или
1979.
В частности, по mod 1979 матрица А—В имеет диагональный
вид и detD—В)#0 (mod 1979). Следовательно, матрица А—В
невырожденная, rg(A—В)~=/г. По лемме 1 из решения задачи 2Q
получим n=rg(/4—B)<rgA+rgB. Но rgB=l, откуда rgA>/i-l.
23. Пространство матриц, у которых первый столбец нулевой,
удовлетворяет условию и имеет размерность п2—п.
Докажем, что это наибольшая возможная размерность, т. е.
что если s = n?—/г+1 и А\,...',А, — линейно независимый набор
204

матриц п-то порядка, то для некоторых чисел X\,...,xs матрица
i=X\A\ + ... + xsAs невырождена.
Пусть 91 — матрица размера n2Xs такая, что k-й ее столбец
•остоит из выписанных в ряд элементов матрицы Ак (например,
•начала первый столбец, под ним второй и т. д.). Пусть X —
•толбец, составленный из чисел x\,...,xs. Тогда, очевидно, %Х=.
= АСТ, где Лст — это выписанная в один столбец матрица А =
A
Такая необычная запись матриц нам нужна для того, чтобы
зоспользоваться условием линейной независимости матриц Ак. Это
'словие нам дает rg9t=s (так как s столбцов матрицы % ли-
1ейно независимы). Но тогда в ЭД найдутся s линейно независимых
¦трок. Отметим каждую из этих строк в 5( и соответствующие
¦троки в Аст. Элементы матриц Ak, лежащие в отмеченных стро-
хах. также будем считать отмеченными.
\ At...Af)
II 1
II
t ¦- ¦¦¦ ¦ ¦ t
I )
xi
Ч
1*3,
4т >
II
II
i
Отмеченные строки в % образуют матрицу %.* порядка s.
ю построению матрица % * невырождена. Поэтому столбец X
ложно выбрать так, чтобы в отмеченных местах матрицы Лст
стояли наперед заданные числа (х\,...,х, находятся из системы
'равнений, имеющей решение для любой правой части в силу
iet %*Ф0). Перейдем теперь к обычной записи матриц, запомнив
мгмеченные элементы в Л* и Л.
Получаем, что при подходящем выборе xi,...,xs в отмеченных
лестах матрицы A = X\Ai + ... + xsAs могут стоять наперед задан-
ше числа. Докажем теперь, что в отмеченные места матрицы Л
-южно поставить такие числа, чтобы матрица Л была невырож-
;ена независимо от того, чему равны ее неотмеченные элементы.
Заметим, что не отмечено п2—s = n—1 элементов Л.
Лемма. В таблице пХп закрашено п—1 клеток. Переставляя
троки ц столбцы, можно добиться того, чтобы все закрашенные
слетки лежали по одну сторону от диагонали.
Доказательство. Для каждого расположения закрашен-
шх клеток рассмотрим числа M = max(i+j) (где in} — номера
¦троки и столбца закрашенной клетки) и JV — количество закра-
иенных клеток, для которых M = i+j. Иначе говоря, М — номер
диагонали, «подпирающей» закрашенные клетки, а ^ — количе-
¦тво закрашенных клеток, лежащих на ней. Наша цель — дока-
доказать, что после некоторой перестановки строк и столбцов М^п.
Докажем, что если вначале М^п+l, то перестановкой строк
ч столбцов можно добиться того, что для нового расположения
205

закрашенных клеток либо М уменьшится, либо N уменьшится,
а М останется прежним. Повторяя эту процедуру достаточное
число раз, получим М^.п. Итак, пусть М^п+l и пусть клетка
(i0, /о) закрашена, причем io + jo = M (рис. 1). Рассмотрим отрезки
строк и столбцов, заштрихованные на рисунке. Всего отрезков
(*'о—1) + (/о—1)>л—1, в них попало не более чем п—2 закра-
закрашенных клеток. Значит, в одном
из этих отрезков нет закрашенных
клеток. Переставляя соответствую-
соответствующую строку или столбец со стро-
строкой io или столбцом /о, мы либо
уменьшим М, либо уменьшим N,
оставив М прежним.
Решение задачи завершается
следующим образом.
Если неотмеченные элементы
матрицы А лежат по одну сторону
от диагонали, то поставим на диа-
диагонали 1, а в остальных отмечен-
отмеченных местах нули. Тогда det Л = 1=^=
ФО независимо от неотмеченных
элементов. Если же неотмеченные
клетки не лежат по одну сторону от диагонали, то, пользуясь
леммой, сведем этот случай к разобранному.
Замечание. Решение было бы совсем простым, если бы
было справедливо следующее утверждение: для всякого линейного
пространства L вырожденных матриц найдется вектор хфО такой,
что Лх = 0 для всех матриц AczL. Это утверждение верно, если
пространство L состоит из матриц, у которых фиксированный
столбец (или строка) равен нулю. Но в общем случае это не
так. Например, если L состоит из матриц вида (" и), то уело-
вию
Рис. 1
(а Ь\ (ХЛ =0 при всех а и b удовлетворяет лишь нулевой
I х \
вектор I Ч.
\ХЯ' _
24. Утверждение доказывается индукцией по п. Основание при
л=1 очевидно. Осуществим индуктивный переход от п— 1 к п.
Пусть вектора хи...,хп линейно зависимы, т. е. с\Х[ + ... + спхп=0
для ненулевого набора чисел с\,...,сп. Тогда с\Ах\ + ... + спАхп = 0.
Вычитая из второго равенства первое и замечая, что Ах\—*i=0
и Дхк—Xk = Xk-i при &>1, получим с2х\ + сьХ2 + - + спхп-1 = Ъ. В си-
силу предположения индукции с2=с3 = ... = с„ = 0, откуда и Ci = 0, по-
получили противоречие с предположением линейной зависимости
Х\, Х2,...,Хп. п
26. Верно. По условию для любого вектора xeR" найдется
отображение A<=Q такое, что Ах = Вх, т. е. (А—В)х = 0. Следова-
Следовательно, ядра Кет (А—В) в совокупности покрывают R". Но каж-
206

дое ядро является подпространством в R", а всего их счетное
число. Так как объединение счетного числа собственных под-
подпространств не может быть равно R" (хотя бы потому, что все
они имеют нулевую n-мерную меру Лебега), то одно из ядер рав-
равно R". Значит, найдется отображение Л такое, что (Л—В)х = 0
для всех #eR", т. е. А = В.
28. Из перестановочности матриц Л, В, С следует, что у них
существует общий собственный вектор. Действительно, пусть к\ —
какое-то собственное число матрицы А (может быть, комплекс-
комплексное), V\ — соответствующее собственное подпространство опера-
оператора А. Тогда оператор В отображает Ki в V\. Действительно,
если xeVb т. е. Ах = \хх, то А(Вх) = ВАх = к\Вх, т. е. Bx^Vi. Сле-
Следовательно, найдется собственное число ta оператора В в V\ и
собственное подпространство V^crVi. Аналогично оператор С
отображает Vi в V2, поэтому найдется собственное число Яз и
собственный вектор х^Уг, который является также собственным
вектором операторов А и В.
Комплексные числа Xi, %2, %ъ являются двумерными векторами
над полем R. Поэтому они линейно зависимы над R, т. е. для не-
ненулевого набора действительных чисел а, р, у
Следовательно, (aA + fiB + yC) {x) = (аХ1 + ^к2 + уК3)х = 0, тем са-
самым матрица аА + $В + уС вырождена.
30. а) Пусть еь е2, ...,еп — базис из собственных векторов в
V, Я,1, Я.2,... Дп — соответствующие собственные числа преобразо-
преобразования ф. Пусть х — произвольный вектор из инвариантного под-
подпространства L. Докажем, что х является линейной комбинацией
собственных ьекторов <р, лежащих в L (и тем самым L обладает
базисом из собственных векторов ф). Рассмотрим последователь-
последовательность векторов х, ф(х), ф2(лг)...фп-' (х). Обозначим через Lo натя-
натянутое на них линейное пространство. Тогда LoczL. Найдем в Lo
собственные вектора, в сумме дающие х.
Для этого разложим х по базису е\ еп:
х = Х\в\ + ... + хпеп
и будем считать для определенности, что х\, Х2, ¦ ¦ ¦, хтФ0, х,п+\ =
:=хт+2 = — = хп = 0. Последовательность х, ц>(х), ф2(#)... в базисе
€\, б2...е„ имеет вид
x = {xv х2, ... ,хт, 0, 0 ... 0),
Ф (.г) = (ЯЛ, Л2х2, ... , Хтхт, 0, 0 ... 0),
ф"-1 W = (inrlxv xr'jc8, •.., Krlxn, о, о... 0).
Докажем, что ранг такой системы векторов равен количеству г
различных чисел среди %.\,..., Хт- Действительно, достаточно до-
доказать, что равен г ранг матрицы
207

л =
ЯП—1 л П—1 ft Л—1
, 1 Л2 ... Лт
Обозначим различные числа среди Xi,...,km через \ц, \i2, • •., у*.
Тогда матрица Л, с одной стороны, содержит отличный от нуля
минор порядка г:
11 ... 1
а с другой стороны, всякий минор порядка г+ 1 равен нулю, так
как содержит равные столбцы. Следовательно, rgA=r.
Отсюда следует, что размерность пространства Lo, натянутого
на вектора х, ср(х), <р2(х)..., равна г. Оказывается, это простран-
пространство можно задать системой уравнений. Для того чтобы это сде-
сделать, разобьем числа Х\,...,Хт на группы равных, пусть Aj=A2 =
= .. . =А*,, Afel+i =kk,-\-2 = • ¦ • = Л*, и т. д., всего г групп. Тогда
Lo задается системой уравнений (X,- — координаты в базисе
)
... =Х„=0. A2)
Действительно, уравнений всего (&i—1) + (A2—&i—l)+...+ (m—
—kT-\—l)+n—m = «—/-, так что они задают подпространство V
размерности г. Но уравнениям A2) удовлетворяет каждый вектор
х, ф(х),..., поэтому Lo лежит в этом подпространстве и, следова-
следовательно, в силу dimL0 = r совпадает с ним. Из уравнений A2) сле-
следует, что в Lo лежат следующие вектора:
+i + ... +хтет.
Но каждый из этих векторов является собственным вектором
преобразования <р, а в сумме они дают х.
Тем самым п. а) доказан.
б) Пусть ць ц2. • • • > Us — различные собственные числа преоб-
преобразования ф, a Vi — собственное подпространство, соответствую-
соответствующее [ii. Для каждого i разложим Vi в сумму двух подпространств:
Vi = {Vi[}L)(?)Vi. Тем самым Vt является прямой суммой подпро-
208

странств Vi()L и V/, i=l, 2, ..., s. Но в силу п. а) прямая сумма
подпространств V-t[\L равна L. Положим Ь1 = У1фУ2ф ... ®VS.
Так как каждое подпространство V/ имеет базис из собственных,
векторов ф и тем самым ф-инвариантно, то и L\ ф-инвариантно.
¦(Ь
32. Искомый вектор х
О
/
0\
О
Нетрудно проверить, что
т. е. вектора х, Ах, ... , А" х действительно образуют базис.
Если матрица А подобна диагональной, то существует базис
е\, ..., еп, состоящий из собственных векторов матрицы А. Пусть
соответствующие собственные числа есть Рь ..., р«. Если найден-
найденный выше вектор х имеет разложение
то
Ах = ^1х1е1 + ... + $пхпеп,
А2х = pfrjft + ... + fnxnen,
Так как вектора х, Ах, .
дует, что матрица
/1 1 ... 1
:р2 ...Р„
. , Ап~]х образуют базис, то отсюда сле-
сленевырождена, и, следовательно, все числа Р; различны.
34. Заметим, что оператор % действует в пространстве Сп\
Найдем его собственные «вектора», т. е. матрицы X, удовлетворя-
удовлетворяющие уравнению
АХ—ХА=КХ.
A3)
Нетрудно понять, что матрица АХ получается из X сдвигом ее
строк на единицу вверх. При этом первая строка пропадает, а п-я
становится нулевой. Точно так же матрица ХА получается из X
209

сдвигом столбцов вправо на единицу, так что первый столбец
зануляется.
Докажем, что если в A3) ^=0, то Х = 0.
Занумеруем диагонали каждой из рассматриваемых матриц,
параллельные главной диагонали, в порядке возрастания номеров
от 1 до 2п—1, начиная с нижнего левого угла и кончая верхним
правым. На 1-й диагонали каждой из матриц АХ, ХА стоит нуль,
следовательно, в силу A3) на 1-й диагонали X также стоит нуль.
Вторая диагональ АХ и ХА получается из первой диагонали X
приписыванием нуля снизу или сверху, поэтому вторая диагональ
АХ и ХА нулевая. Тогда в силу равенства A3) вторая диагональ
X также нулевая. Продолжая это рассуждение дальше, получим
Х = 0. Тем самым ненулевых собственных чисел нет. Найдем все
матрицы, соответствующие нулевому собственному числу, т. е.
решим уравнение
АХ—ХЛ=0. A4)
Пусть Х\, х2, ..., xs числа на k-й диагонали матрицы X, выпися11-
ные сверху вниз (s = min(&, 2n—k)). Если k^n—1, то (&+1)е
диагонали матриц АХ и ХА имеют вид Х\, х2, ¦. ¦, xs, 0 и 0,
Х\, . . . , Xs.
В силу A4) они должны совпадать, что возможно лишь при
Х\=х2 = . ¦ . = xs = 0. Итак, всякое решение уравнения A4) является
верхней треугольной матрицей. Пусть теперь k^n. Тогда k+1-e
диагонали АХ и ХА имеют вид х% х%, ..., xs и х\, х2, ..., xs-\.
Они совпадают, если все числа Х\, Хч, ..., xs равны. Итак, всякое
решение уравнения A4) является верхней треугольной матрицей,
на каждой диагонали которой стоят равные числа:
а Ь с. .
Очевидно, размерность этого собственного подпространства опе-
оператора 91 равна п, а в качестве базиса можно взять матрицы,
у которых на одной диагонали стоят единицы, а остальные эле-
элементы — нули.
Теперь для каждого собственного «вектора» найдем соответ-
соответствующую ему жорданову клетку в жордановой нормальной
форме оператора %. Для этого нам нужно научиться решать урав-
уравнение
«Х = Б, A5)
где В — данная матрица. Поскольку общее решение соответству-
соответствующего однородного уравнения мы уже нашли, то в следующих
леммах мы будем рассматривать лишь некоторые семейства част-
частных решений A5). '
210

Лемма I. Пусть в матрице В на k-й диагонали стоят числа
>i, Ь2, ..., bs, а остальные элементы равны нулю.
а) Если k~>n, то решением A5) является матрица X, у которой
me k—1-й диагонали стоят нули, а на k—1-й диагонали стоят
тела хи х2, ..., Xs+\, удовлетворяющие разностному уравнению
AXi = bi A6)
где AXi=Xi+\—Xi).
- б) Если k^n и выполняется условие
i bl + b2+... + bs = 0, A7)
решением A5) является матрица X, у которой вне k—1-й диаго-
\и стоят нули, а на k—1-й диагонали стоят числа хх, х2, ...
Xs-i, однозначно определяемые из системы
Xi = bu Axi = bi, i = 2, 3, ..., s—1, — Xs~i = bs. A8)
Доказательство, а) Если матрица X имеет вид, указан-
шй в условии леммы, то у матриц АХ, ХА на k-й диагонали стоят
'исла х2, Хз, ..., xs+\\ Хи х2, .... xs соответственно (а остальные
элементы — нули), откуда и получается уравнение A6). Очевид-
ю, оно разрешимо, причем с точностью до прибавления конс-
-анты.
б) Уравнения A8) получаются из того, что у матриц АХ и ХА
m k-и диагонали стоят числа хи лг2, ..., xs-u 0; О, Х\, х% ..., xs-\.
Заметим, что в A8) уравнений на 1 больше, чем неизвестных.
Разрешимость очевидным образом эквивалентна условию A7).
Лемма 2. Пусть матрица В из п. б) леммы 1 удовлетворяет
]слбвиям
=0,
A9)
де <
Тогда уравнение
разрешимо в классе матриц X, у которых ненулевые элементы на-
юдятся на диагонали k—от.
Доказательство проведем индукцией по т. Случай т=1
эквивалентен п. б) леммы 1. Сделаем индуктивный переход от
п—1 к т.
Согласно п. б) леммы 1, найдется матрица Y, у которой на
г—1-й диагонали стоят числа у\, ..., yk-i, удовлетворяющая урав-
1ению 3( Y—B. Докажем, что разрешимо уравнение tym~1X = Y.
211

Для этого достаточно доказать, что числа у\, • • •. ys-i удовлетво-
удовлетворяют условиям
• • B0)
.+ {k—l)«-ayft_i=0.
Действительно, числа у\, ..., уь-\ определяются из A8):
#i=*>i> Уг—У\=К Уг—Уг = К ¦ ¦ ¦ ,Ук-\ — Ук-г = Ьк-и
~ ук-х = Ък,
или же
У\ = Ьи y2 =
откуда
+ B' + 3' + ... + (й— I)'') 6, + ... + (Л— 1)' bfc-i =
= A' + 2' + ... + (k — \y+k') b, + B< + ... + Щ Ь2
{предполагается O^t^m—2). Но сумма /'+ (/+1)' + . • . + kl явля-
является многочленом степени i+ 1 от /, обозначим его P,+i(/). Так как
i + l^m—1, то, взяв линейную комбинацию уравнений A9), най-
найдем Pi+i(l)bl + Pi+1B)b2 + ...+Pi+l(k)bk = 0.
Следовательно, система B0) выполняется.
Лемма 3. Пусть В — матрица из условия а) леммы 1, при-
причем k—ri^m. Тогда уравнение
имеет решение X такое, что вне диагонали k—m его элементы рав-
равны нулю, а на диагонали k—тп стоят числа хи х2, ..., xs (s = 2n—
—k + m), удовлетворяющие дополнительным условиям
B1)
Доказательство. В силу леммы 1 задача сводится к на-
нахождению решения разностного уравнения
Anx, = bi, i= 1, 2, .... 2л—k, B2)
212

удовлетворяющего B1). Пусть хр — какое-то решение B2), тогда
всякое другое решение имеет вид
где P(i) — многочлен степени не выше т—1.
Подставляя в B1), получим условие для определения P(i):
xO + 4+ ... +x°s,
P(s) = \-x° + 2-x°+ ... +sx°s,
] B3)
.' Vm-1P(l)+2m~1PB) +- ...+sm~1P(s)=lm-1^?+ . ..+sm~'x?.
Так как многочлен P(i) имеет т неизвестных коэффициентов, а
в B3) как раз т уравнений, то система B3) является линейной
системой относительно коэффициентов многочлена Р, число урав-
уравнений в которой равно числу неизвестных.
Ее разрешимость будет следовать из того, что соответствую-
соответствующая однородная система имеет лишь нулевое решение.
Действительно, если P(i) — многочлен, удовлетвряющий одно-
однородной системе
... + P(s)=0,
... + sP(s)=0,
взяв линейную комбинацию этих уравнений с коэффициентами,
ными коэффициентам Р, получим
откуда P(l)=PB)=... = P(s)=0. Так как s = 2n—k + m>m, то
отсюда следует Р==0.
Найдем теперь жорданову нормальную форму оператора 91.
Для этого для каждого собственного «вектора» вида
2n—k,
где k—n, л + 1, .... 2л—1, найдем последовательность присоеди-
присоединенных векторов. Заметим, что при k = n присоединенных векто-
векторов нет, так как уравнение %Y=Xn неразрешимо (не выполнено
условие A7)). Пусть k—л = т^1. По лемме 3 найдется диаго-
диагональная матрица Y такая, что
213

причем ее диагональные элементы у\, уч, ..., уп удовлетворяют
условиям
Но тогда по лемме 2 существует матрица Z такая, что %mZ=Y,
и, следовательно, %2mZ=X. Тогда последовательность матриц Z,
%Z, %2Z, ..., %2mZ определяет 91-инвариантное подпростран-
подпространство, причем указанные матрицы образуют базис в этом подпро-
подпространстве. В этом базисе оператор % имеет вид
О 1
О 1
о • .' •
т. е. мы получили жорданову клетку порядка 2т+1. Таким обра-
образом, мы получаем для собственных «векторов» Хп, Xn+i, ..., Х2п-\
жордановы клетки порядков 1, 3, 5, ..., 2л—1 соответственно.
Так как сумма этих порядков равна п2, то других жордановых
клеток нет.
36. Пусть А=(_°1 JV Тогда yl*=fJ°V а так как 1983 =
=~--l(mod4), то
38. Имеем А = Е+В, где Е — единичная матрица, а
/ 0-2 К
5=1—1 0 0.
V—2 0 0/
Нетрудно проверить, что
/0 0 0
В2= 0 2 — 1
\0 4-2
По формуле бинома получим
В + 100'"
/ 1 —200 . 100\
= —100 9901 —4950).
V—200 19800 —9899/
40. Действительно, {Е—А) (Е+А+А2+.. ,+Л*->) =Е—Ак = Е.
42. Невозможно. Действительно, из равенства АВ—ВА=А сле-
следует ABA-1—B — E. Но матрицы В и АВА~1 подобны и тем самым
214

имеют одинаковый след (это можно доказать, например, так:
det{ABA-1—XE)=det(A(B—\E)A-*)=det(B—IE), т. е. характе-
характеристические полиномы матриц В и АВА~1 совпадают, а след мат-
матрицы является коэффициентом ее характеристического полинома
при (~%)п~х, где п — порядок матриц).
Следовательно, tr(ABA-1—В)=0, но 1гЕ = пФ0.
44. Пусть матрица А + В + Е вырождена. Тогда найдется нену-
ненулевой вектор х такой, что (А + В + Е)х=0, (А + Е)х = —Вх. Умно-
Умножая это равенство на матрицу В и пользуясь перестановочностью
матриц А и В, найдем
—В2х = В(А + Е)х = (А + Е)Вх = — (А + Е)*х
и, дЪлее, аналогично, [А + Е)кх = (—\)кВкх.
Так как Вта = Е, то
B4)
1978—Е)х = 0.
С другой стороны, очевидно,
х = 0. B5)
Докажем, что из B4) и B5) следует х = 0.
Основную роль в доказательстве играет следующий факт.
Лемма. Многочлены (г+1I978—1 u zmi—1 взаимно просты.
Доказательство. Пусть z0 — общий корень указанных
многочленов. Тогда |zo|=l и |zo+l|=l. Следовательно, комп-
комплексные числа 0, 1, Zo+1, рассматриваемые как точки плоскости,
образуют равносторонний треугольник.
Поэтому argB0 + l) = ±я/3. Так как 1977 делится на 3, то от-
отсюда следует, что (zo+lI977 = ± 1, что очевидным образом проти-
противоречит равенству (zo+lI978= 1. Лемма доказана.
Из леммы следует, что найдутся многочлены P(z) и Q{z) та-
такие, что
P(z)[(z+1I978— 1]+Q(z)(z1977—1) = 1. B6)
Умножим-B4) на Р(А), а B5) на Q(A) и сложим полученные
равенства
{Р(Л)[(А + ЕI978—E]+Q(A){A1977—E)}x = 0.
С другой стороны, в фигурных скобках в силу B6) стоит единич-
единичная матрица. Следовательно, # = 0, что противоречит предположе-
предположению о вырожденности А + В + Е.
46. Не разрешимо, так как определитель матрицы хух"у2хгуъ
равен 1. Действительно, если a = detx, b = dety,ro det (xyx2y2x3y3) =
= a6fe6=l, так как а=±1, 6 = ±1.
47. Ответ сформулируем в терминах жордановой нормальной
формы оператора А: из оператора А можно извлечь квадратный
215

корень тогда и только тогда, когда его жордановы клетки, соот-
соответствующие нулевому собственному числу, можно разбить иа
пары таким образом, чтобы в каждой паре разность порядков
клеток не превышала 1 (допускается, чтобы в паре с клеткой
1-го порядка стояла «клетка нулевого порядка», т. е. пустое мно-
множество) . В частности, из невырожденного оператора всегда можно-
извлечь квадратный корень, а из жордановой клетки, имеющей
собственное число нуль, — лишь тогда, когда ее порядок равен 1.
Докажем сначала необходимость указанного условия. Пусть.
существует оператор В такой, что В2=А. Пусть еи е% ..., ек —
базис в В-инвариантном подпространстве, соответствующем жор-
жордановой клетке порядка k с нулевым собственным числом. Тогда
можно считать, что Be\ = Q, Ве2 = е\, Ве3 = е2, ..., Bek = ek-\. Отсю-
Отсюда легко находим, что Aex—Q, Ае2 = 0, Ае3 = еи Ле4 = е2, ..., Ле& =
= ek-2, или, располагая эти равенства в другом порядке,
Ael = Q, Ае3 = еи Ле5 = е3, ...; Ле2 = 0, Ае4 = е2, Ле6=е4
Тем самым мы получили две жордановы клетки оператора Аг
причем их порядки отличаются не более чем на 1. Ясно, что
совокупность всех нулевых жордановых клеток оператора А есте-
естественным образом распадается на подобные пары.
Докажем теперь достаточность этого условия.
Приведем оператор А к жордановой нормальной форме и бу-
будем извлекать квадратный корень отдельно из каждой пары нуле-
нулевых жордановых клеток, а также из невырожденных клеток. Пусть
еи е2, ..., ek, /i; /2, •••, /*-i — базисы Л-инвариантных подпрост-
подпространств, соответствующих нулевым жордановым клеткам порядка.
k и k—1 (случай, когда порядки совпадают, рассматривается,
аналогично).
Имеем
Определим действие оператора В в подпространстве, натяну-
натянутом на вектора еи е2, ..., ek, /1, /2, ••-, h-u следующим образом:
Ве, = 0, Bfi=eu Be2 = fu Bf2 = e2 Befe = ffc_,.
Легко видеть, что в рассматриваемом подпространстве В2—А*
Таким образом, из каждой пары нулевых жордановых клеток, по-
порядки которых отличаются не более чем на 1, мы можем извлечь
квадратный корень.
Покажем теперь, как извлечь квадратный корень из невырож-
невырожденной клетки порядка k:
К 1
% 1 О
О 1
X
Обозначим N = K—lE. Легко проверить, что Nk = Q.
216

Применим к выражению (hh + NI'* формально формулу би-
«юма Ньютона для дробного показателя:
1/2 / п , 1 N
1/1 \
2- /I ' 2 \ /1
2 \ 2 ~~ j ¦"¦ I 2 ~fe+ j / Л/ \*-i\ ,2~
где Я1/2 = ]/А- обозначает какой-нибудь фиксированный квадратный
корень из X.
В силу условия Nk = 0 далее ряд обрывается. Докажем, что
выражение в правой части B7) действительно является квадрат-
вым корнем из А. Положим N/\!K = M и докажем тождество
Е + — М +
I ' 2
B8)
(и тогда задача будет полностью решена).
Для краткости обозначим в B8) коэффициент при М1 через
Возводя в квадрат, получим
(Е + Ь^М x
= Е + a
где Oi, ..., ак-\ — некоторые коэффициенты, определяемые через
Ьи Ь2, ..., b-fe—1- Легко видеть, что а\ = 2Ь1 — \. Докажем, что ос-
остальные коэффициенты равны нулю.
, Заметим, что при |#i<l следующий ряд абсолютно сходится;
1 О
!=1Н х+ —* —хг+...- Переписывая это
2 2! К
равенство в виде (l + x)l/2 — \ + blx-rb2x:!+... и возводя его в квад-
квадрат, получим
+ ... + а\_ххк-х + a*kxk + ... . B9)
Заметим, что коэффициенты а* при i^k—1 определяются не всей
бесконечной последовательностью b\, b2, ..., а лишь первыми k—1
ее членами. Следовательно, a^ = ai. С другой стороны, из равен-
217

ства степенных рядов в B9) следует равенство их коэффициен-
коэффициентов, в частности а{* = \, а,* = 0 при г^2. Поэтому щ — 0 при Q?2.
Тождество B8) доказано.
49. Ответ следующий: у матрицы Т не должно быть действи-
действительных неотрицательных собственных чисел. Необходимость это-
этого условия очевидна: если К^О — собственное число Т, то из
Р(Т)=0 следует Р(Ъ)=0, что невозможно, если коэффициенты
многочлена Р положительны. Пусть теперь всякое собственное
число матрицы Т либо имеет ненулевую мнимую часть, либо от-
отрицательно. Обозначим различные собственные числа Т через
h, \2, ..., Ks. Для каждого Xj найдется многочлен Pj{z) с поло-
положительными коэффициентами такой, что Р)(Х,)=0.
Для доказательства достаточно рассмотреть случай Im Я/^0.
При этом 0<argkj^n. Пусть k—\ +1; тогда я/2<
<&arg?\,/<ji, т. е. ReX,*<0, ImiVr^O, откуда следует, что все ко-
коэффициенты многочлена
\2k
— неотрицательные числа. При этом Q(Kj)=O. В качестве P/(z)
можно взять многочлен Q(z) (l + z+.. . + zk~l).
Рассмотрим теперь многочлен
где п — степень матрицы, и докажем, что он — искомый. Очевид-
Очевидно, все коэффициенты Р положительны. Докажем, что Р(Т)=0.
Для этого достаточно проверить, что для всякой жордановой клет-
клетки К матрицы Т выполняется Р{К) =0.
Пусть
1
к,
ч
— жорданова клетка порядка /. Легко вычислить (К—Х
(К—КЕK и т. д. Каждая следующая степень получается сдвигом
единиц вверх на одну позицию. Поэтому (К—КЕI = 0. Так как
многочлен P(z) делится на многочлен R(z) = (z—I,I и R(K)=0,
то и Р(К)—Ь. Так как это верно для всякой жордановой клетки
К, то Р(Г)=0.
50. Рассмотрим системы дифференциальных уравнений
х = Ах, х@)=хо,
218

где х и у — л-мерные вектор-функции от вещественного аргумен-
аргумента /. Как известно, решения этих систем имеют вид
x(t) =е"х0,
Условие еА+'в = еА + О (е2) означает, что для любого вектора Хо
еА+°вХо = еАх0 + О (е2), т. е. '
УA)=*A)+О(е2). C0)
Представим разность y(t)—x(t) в виде er(t) +O(e2), где функ-
функция г (t) определяется из уравнения в вариациях вдоль решения
x(t):
. f(t)=Ar+Bx(t), r@)=0.
Отсюда методом вариации постоянных находим
|--' о
Условие C0) означает, что г( 1) =0, т. е.
ела-т) gx (T) dx = 0.
о
Умножая это равенство на е~А и полагая в нем х(т) =ел''Хо, полу-
получим, что для любого вектора Хо
S
поэтому равна нулю и матрица
Прежде чем идти дальше, выясним, что представляет из себя опе-
оператор е~А%ВеА\ определенный в пространстве матриц В. Введем
оператор %, действующий на матрицу В по правилу:
%В = ВА—АВ
(иными словами, это коммутатор матриц В я А).
Лемма 1. Для любой матрицы В
219

Доказательство. Воспользовавшись определением экспо-
экспоненты оператора, имеем
2! 3!
2! 3!
поэтому
е-АхВеАх = В + JlL + J&L + ...,
где матрицы Ви определяются по формуле
- 1)< ^^- = fj (- I)' Ci
' l\{k — l)\ U '
1
LJ{ ) U
1=0 1=0
В частности, Bi = BA— ЛВ=91 В. Докажем, что
Действительно,
ft+1
= ? (_!)« ciA'fiAft+w-
= ? (- 1)'
(здесь мы воспользовались свойством биномиальных коэффици-
коэффициентов; см. решение задачи 4).
Отсюда следует, что
Лемма
Из нее
¦J'
Q
Б, е-ЛтВе
доказана
следует,
;~'4t6eXTdT
Лт R 4-
i_) -р
ЧТО
1
0
ЙВ т !
1! Т '
2!
SIB
2!
-т2 + .
' 3!
Следовательно, оператор
S+JL + JL + ...
2! 3!
220

имеет нулевое собственное число, а В — соответствующая собст- ;
венная матрица. Но тогда найдется собственное число оператора
ЭД тяупр итп
такое, что
(это станет очевидным, если оператор И записать в жордановой
нормальной форме). Отсюда получим
к + -j- +¦—- + ... = 0, <*= 1, к =*2tnm,
где т — целое число, тФО, I — мнимая единица.
Цыясним теперь, для каких матриц А оператор % имеет соб-
собственное число А, = 2глт.
Лемма 2. Число к является собственным числом оператора
91 тогда и только тогда, когда оно является разностью двух соб-
собственных чисел оператора А.
Доказательство. Пусть fa, К2, • ••> ^« — собственные чис-
числа матрицы А. Докажем, что Хп—к\ — собственное число опера-
оператора %. Запишем матрицу А в жордановом базисе, а в качестве
собственной матрицы оператора 91 возьмем матрицу В, у которой
на пересечении п-то столбца с 1-й строкой стоит 1, а остальные
элементы — нули. Тогда ВА = ХпВ, АВ = 11В, % (В) = (\„—А,)Б.
Пусть теперь К — собственное число оператора Ч, т. е. для
некоторой матрицы В
ВА—АВ = кВ. C1)
Докажем, что k = fa—X/ для некоторых i, /=1, 2, ..., п. Пусть,
найдется собственный вектор х матрицы А, для которого ВхфО..
Полагая Ах = fax, получим из C1)
¦rB(fax)—ABx =
Следовательно, Вх является собственным вектором матрицы1
А, т. е. fa—k=kj. Пусть теперь для любого собственного вектора
х матрицы А выполнено Вх = 0, но для некоторого присоединен-
присоединенного вектора у ВуфО. Так как Ay = fay + x, где х — собственный,
вектор, то из C1) получим
B(fay+x)—ABy = kBy,
а так как Вх = 0, то
A (By) = (fa—К) By,
т. е. опять fa—k — собственное число матрицы А.
Если же для любого присоединенного вектора у By —0, то>
рассмотрим вторые присоединенные вектора и т. д. Лемма дока-
доказана.
221

Теперь мы можем сформулировать ответ к задаче: искомые
матрицы А — это в точности матрицы, у которых разность между
какой-то парой различных собственных чисел равна 2mm, где
т — целое число, тфО.
52. Матрица Р получается из единичной матрицы перестанов-
перестановкой t-ro и ;-го столбцов.
54. Доказательство проведем индукцией по п. Основание индук-
индукции при п—1 очевидно. Покажем, как сделать индуктивный пере-
переход от п—1 к п. Поставим на пересечении первой строки и пер-
первого столбца данной матрицы А число х. Минор М элемента х
удовлетворяет предположению индукции, так что, расставив на
диагонали М нули и единицы, добьемся того, что МФО. Разлагая
определитель матрицы А по первой строке, получим
det А =*.М +члены, не зависящие от х.
Так как МФО, то det АФО либо при х = 0, либо при х=1.
56. Ответ: все такие матрицы получаются из диагональной
матрицы с положительными числами на диагонали перестановкой
строк и столбцов. Очевидно, у каждой такой матрицы есть обрат-
обратная с неотрицательными элементами — она получается обраще-
обращением всех ненулевых элементов и транспонированием.
Докажем, что если элементы матриц М и М~л неотрицательны,
то в каждом столбце матрицы М ровно один положительный эле-
элемент. Пусть в /-м столбце матрицы М два положительных числа,
предположим, что они находятся в строках i'i и iV
Возьмем строку с номером кф\ в матрице ЛМ.
Так как М~1М = Е, то произведение k-ft строки М~1 на у-й стол-
столбец М равно нулю. В силу неотрицательности всех элементов М
и М~1 это возможно лишь, если в k-й строке М^1 элементы с но-
номерами i'i и 1*2 равны нулю. Таким образом, в столбцах i} и /j
матрицы М~1 стоят нули, за исключением у-й строки. Но тогда
эти столбцы линейно зависимы, т. е. detjW~'=O. Противоречие.
Итак, в каждом столбце матрицы М не более одного положитель-
положительного элемента. Но хотя бы один положительный элемент в столб-
столбце должен быть, иначе detvVf = O. Итак, в каждом столбце М и,
аналогично, в каждой строке М ровно один положительный эле-
элемент. Перестановкой строк и столбцов такую матрицу можно при-
привести к диагональной.
58. Заметим, что матрицы, указанные в условии задачи, обра-
образуют группу по умножению: легко проверяется, что произведение
двух таких матриц удовлетворяет условию, а обратная матрица
совпадает с транспонированной.
Так как эта группа конечного порядка, то для некоторого на-
натурального k Ак — Е, откуда Л*~1=Л~'=ЛГ.
60. Существует. Искомой матрицей является матрица следую-
следующей системы уравнений:
xL—х2 =0,
хх + х2—ха =0,,
222

= 0,
=0,
4 + . .. + аъхп
чде a,- — коэффициенты представления числа 1981 в двоичной
•истеме (так как 1981 = 1024+512 + 256+128 + 32+16 + 8 + 4+1,
-о ai = a6 = 0, а остальные а,= 1).
Для доказательства решим эту систему двумя способами.
Из первых уравнений последовательно находим х2=хи х3 = 2хи
;4 = 4*ь ..., *12 = 210*1. Подставляя в последнее уравнение, полу-
полупим .
1981*1 = 1, *! = 1/1981.
Найдем теперь Х\ по правилу Крамера. Обозначая через d опре-
определитель оассматриваемой системы, имеем
О —1
О 1 —1
0 1 1—1
0
• • • «
и
, разлагая получившийся определитель 12 порядка по первому
•.толбцу, получим
0
—1
/
\
Следовательно
— 1
1
' «0
, d =
1
ах .
1981.
§ 2. Линейная алгебра в евклидовых пространствах
и квадратичные формы
2. Пользуясь тем, что квадрат длины вектора равен скаляр-
скалярному произведению его на себя, имеем
+ 2(x,y)+2(x,z)+2(y,z);
\x-y\* = (x-y, x-y)=\x\*+ \y\*—2(x,y).
Преобразуя аналогично \у—z\2, \x—z\2 и складывая все получен-
полученные равенства, получим искомое утверждение.
223

4. Не всегда. Сейчас мы докажем тождество
(yXz, zXx, хХу) = (х, у, zJ,
(О
(где через (х, у, z) обозначается смешанное произведение векто-
векторов х, у, z), из которого следует, что всегда выполняется нера-
неравенство {yXz, xXz, xXy)^Q. Поэтому если (а, Ь, с)>0. то иско-
искомых векторов х, у, z не существует.
Докажем тождество A). Рассмотрим матрицу
ixx х2 х3\
А=\у1у2 у А,
\Ч ЧЧ!
строки которой состоят из векторов х, у, z, и матрицу
Уг
ч
х2
Ч
х2
У*
Уз
ч
х3
Ч
х3
Уз
Ух
Ч
ч
ч
Х1
У\.
Уз
ч
х3
Ч
х3
Уг
Ух
Ч
xi
Ч
Х\
Ух
У*
Ч
х2
Ч
х2
Уг
строки которой состоят из векторов yXz, zXx, xXy. Тогда
(х, у, z)=detA, (yXz, zXx, xXy) =det В. С другой стороны, эле-
элементы матрицы В являются, очевидно, алгебраическими дополне-
дополнениями элементов матрицы А. Поэтому если каждый элемент мат-
матрицы В разделить на det j4, to получится матрица А~\ Отсюда
следует, чтоdet Л =— , det В = (det АJ, что эквивалент-
эквивалентно A).
Попробуйте доказать, что если (а, Ь, с)<0, то искомые вектора
х, у, z существуют.
6. Данное тождество можно доказать непосредственным вы-
вычислением. Мы приведем другое, более геометрическое решение.
Если вектора х\, х2 коллинеарны, то обе части доказываемого
тождества равны 0. Пусть х\ и х2 неколлинеарны и пусть а —
плоскость, проходящая через хх и х2. Обозначим через yt проек-
проекцию вектора yi на а, а через Z; — разность yi—yt. Тогда Z; орто-
ортогонален а,_ поэтому (xj, yt) = (Xj, yt). Далее, y\ + y2=jj\Xy2 + y~\X
Xz2 + Z\Xy2 + ZiXz2. Так как ZiXz2 = 0, а вектора y\Xz2, zxXy2
лежат в плоскости а, то (xiXx2, У\Ху2) = {х\Хх2, у\Ху2). Поэтому
нам достаточно доказать тождество
(xv
{х2,
1
(х2, у2)
= (х,у хх2, ух х у2).
B)
Выберем в плоскости а ортоцормированный базис еи е2 и каладый
из векторов Xi, jf;ea разложим по этому базису. Составим матри-
224

цы Х=(ХЛ, Y = (Ъ- |, строки которых состоят из коэффициен-
W) \У2/
тов разложения х\ yi в выбранном базисе. Заметим, что матрица,
стоящая в левой части B), равна произведению матриц XY, по-
поэтому ее определитель равен detX-detY. Пусть е3 = е,Хе2. Тогда
AfiXAT2 = det Xe3, i/iXt/2 = det Y-e3. Следовательно, {XiXx2, у\Ху2) =
= det X-det FX (e3, e3) =detX-det У, что и доказывает B).
8. Пусть для векторов хи Хъ *з> х^, хь условие задачи не вы-
выполняется, а именно: |*i + *2|> |хз+л-'4 + *5|. и аналогичные нерат
ненства выполняются для всех перестановок данных векторов. Воз-
Возводя указанное неравенство в квадрат, получим х12+х2'г +
¦f-2(*i, x2)>x32 + x42 + x52+2(x3, х4)+2(х4, х5)+2(х3, хь) (здесь
Xi2 обозначает скалярное произведение (л:,, х{)). Складывая все
аналогичные неравенства, получаемые перестановками векторов
х{, найдем
5 5
L. ' + Ъ ( '' i> ^ Ъ i+ Ъ '¦ '' '¦'"
i=\ i>/ >=1 i<l
5
(I-
т. е. получили противоречие.
10. Доказательство ивдукцией по п. Для п=\ утверждение
очевидно. Пусть п^-2. Сделаем индуктивный переход от п—1 к п.
Пусть S — сумма данных п векторов. По условию |S|^1. Дока-
жем, что для некоторого из данных векторов и выполнено нера-
неравенство
\S—и|>1. C)
Тогда мы можем этот вектор обозначить vn, а к оставшимся, сум-
сумма которых равна S—vn, применить индуктивное предположение-
Докажем C). Пусть начала всех данных векторов находятся
в точке О и пусть S = OA. Проведем единичные окружности с
центрами в точках О и А (рис. 1). Для вектора v = OX условие
C) выполняется тогда и только тогда, когда точка X лежит на
дуге ВтС. Пусть такого вектора v не существует, т. е. конец X
лежит на дуге Вт'С, исключая точки В и С. Но для всякого та-
такого вектора ОХ проекция его на направление ОА больше
1/2|ОЛ|, а так как векторов не меньше двух, то их сумма будет
иметь .длину >|ОЛ|. Противоречие, доказывающее, что найдется
вектор v, удовлетворяющий C).
8V2 Зак- 481 225

12. Пусть все вектора выходят из начала координат —• точки
О. Зафиксируем полярную ось и обозначим через еФ единичный
вектор, образующий угол ф с полярной осью @^ф^2я). Решение
задачи основано на следующем
факте: для любого вектора v име-
имеет место равенство
2л
Рис. 1
D)
Действительно, если полярный
угол вектора v равен а, то пра-
правая часть в D) равна
2Я
f |соз(ф— a)\dif=-j \v\ j |cosф 1 с?ф = |и|.
Если v\, ..., vn
данные вектора, то из D) имеем
2я п
k=l О А=1
Поэтому найдется такой угол ф, что
п
E)
Обозначим через и,\, и2, .... ит те из векторов vk, для которых
{Vk, е„)>0, а через wu w2, ¦¦-, wn-,n — те, для которых (vk, еФ)<
<0. Из E) следует, что либо V («t, еф) ^ 1, либо
либо
,-, еф) ^ 1.
t=i
Следовательно, либо |«i + .. .
что и требовалось доказать.
13. Доказательство индукцией по п. Утверждение верно при
всех л^16, так как сумма п единичных векторов всегда имеет
длину не больше п, а при «^16 имеем л^2л3/4.
Сделаем теперь индуктивный переход от чисел, меньших п,
к п. Для каждого вектора xt, ..., х„ посчитаем количество векто-
векторов из этой системы, не ортогональных ему (не исключая его
самого); пусть наибольшее из этих чисел равно k. В частности,
для всякого вектора найдется п—k отрогональных ему. Так как
с„|2 = V S\ {Xi, Xj) и в каждой сумме V [хс, лг;-) не бо-
более k чисел отлично от нуля, причем \{xt, д:/)|^1, то \хх + ...
226

.. . + Xn\2^nk. Поэтому если ?<4|Лг, то отсюда | |
?>2л3/4. Пусть теперь &> 4|/я. Выберем вектор, для которого
существует ровно k не ортогональных ему; пусть это х\. Пусть
нектора х\, х2, ..., хк не ортогональны х\, а хк+и ..., х„ — ортого-
ортогональны. Так как набор векторов хк+и ¦¦ ¦, хп удовлетворяет усло-
условию — среди любых трех есть пара ортогональных, то по предпо-
предположению индукции \xk+i + .. .+xn\s^.2(n—&K/4. Далее, поскольку
каждый из векторов *2, • • •, хк не ортогонален х\, то они все дол-
должны быть попарно ортогональны. Поэтому
Следовательно,
\хг+...+хп\
Осталось доказать, что при k > 4 Yn выполняется неравен-
неравенство
1 + Vk^Y-+ 2 (п —k)т < 2л3/4.
Обозначая f(t)=t3/4, по формуле Тейлора имеем
где l^[n—k,n]. Так как /"(!)<О, то отсюда /(п) —kf (n) >
3 k
>/(/г—&), /г3'4 > (п—k)W-\ r^-. Поэтому достаточно доказать,
Т7та- Но  к>Ау"
7
13 1
< гтг, что и требогалось доказать.
2 пч*
<иг <
п ' 2
14. Найдем характеристический многочлен оператора А, т. е.
det(Л—А,/), где / — единичная матрица, К — действительное чис-
число. Заметим, что матрица оператора A + I состоит из одних единиц
и имеет, очевидно, ранг 1. Поэтому найдутся п—1 линейно неза-
независимых векторов еи ..., en-i таких, что (Л + /)е, = 0, т. е. Ле,=
= —ей Пусть еп дополняет еь ..., еп-\ до базиса. Тогда Аеп —
= aiei + a2e2 +.. . + апеп для некоторых чисел а,-. Следовательно,
в базисе еи ..., еп оператор А имеет матрицу
—1
- —1 :
Так как след оператора А в первоначальном базисе равен 0, то
81/2* ¦ 227

an—(n—1)=0, an — n—1. Отсюда легко находим, что det(Л—ХЕ) =
= (—1)"~'(Х + 1)"~'(п—1—X). Тем самым собственные числа опе-
оператора А равны п—1, —1, —1, ..., —1, где —1 повторяется
л—1 раз. Следовательно, сигнатура имеет вид
п—1
17. Можно считать, что матрицы А и В положительно опреде-
определены. Этого всегда можно добиться прибавлением матрицы XI,
где / — единичная матрица, X — достаточно большое число. Заме-
Заметим, что неравенство X^Y не нарушается при прибавлении к обе-
обеим частям одной и той же матрицы.
С каждой положительно определенной симметричной матрицей
А связаны квадратичная форма (Ах, х) и эллипсоид, задаваемый
неравенством (Ах, х)^1. Будем обозначать этот эллипсоид Эл-
Если в], ..., еп — ортонормированныи базис из собственных век-
векторов матрицы А, X], ..., Хп — соответствующие собственные
числа, то в этом базисе эллипсоид Эл задается неравенством
XiXi2 + .. . + XnXn2^l. Следовательно, вектора ек направлены по по-
полуосям, имеющим длину МУ~Т^. Таким образом, эллипсоид Эл
однозначно определяет оператор А. Условие С^А эквивалентно
включению Эсс=Эд. Действительно, если С^А, то (Сх, х)^
~^(Ах, х), поэтому при ^еЭл имеем (Сх, х)~^(Ах, *)>1, откуда
следует хеЭс, т. е. Эсс=Эд. И наоборот, если Эсс=Эд, то для лю-
любого вектора хФО положим у = х/У(Сх, х). Тогда (Су, у)~\, по-
поэтому уе=Эс, t/еЭд, (Ау, г/)<1, (Ау, у)^(Су, у), откуда
(Ах, х)^(Сх, х).
Итак, в терминах эллипсоидов задача нахождения sup (А, В)
может быть переформулирована так: даны эллипсоиды Эл и Эа,
найти наибольший эллипсоид Эс, лежащий в пересечении ЭлПЭй-
Покажем, что эта задача разрешима тогда и только тогда, когда
пересечение ЭдПЭя является эллипсоидом. Действительно, если пе-
пересечение ЭдПЭв является эллипсоидом, то он является искомым.
Пусть пересечение ЭАПЭВ не является эллипсоидом и пусть Эсс=
с=Э.4ПЭв. Покажем, что найдется еще один эллипсоид ЭвсЭлПЭв
такой, что Эвф3с, т. е. что эллипсоид Эс не является максималь-
максимальным (а матрица С не является точной верхней гранью). Действи-
Действительно, найдется точка хое(ЭАПЭв) \ЭС. Пусть эллипсоид Эп
имеет наибольшую полуось, имеющую конец в точке х0, а осталь-
остальные полуоси имеют длину <е. В силу выпуклости фигуры ЭдПЭв
при достаточно малом е эллипсоид Эв лежит в ЭЛПЭВ (рис. 2),
но, по построению, не лежит в Эс.
Наконец, осталось выяснить, когда пересечение ЭлПЭв будет
эллипсоидом. Очевидно, если ни один из эллипсоидов Эл, Эв не
лежит в другом, то граница фигуры ЭлПЭв не будет гладкой, так
что она не может быть эллипсоидом. Таким образом, sup (Л, В)
существует тогда и только тогда, когда Эл<=Эв или Эв<=Эл, т. е.
А или ВА
228

19. Если ki, ..., кп — собственные числа матрицы А, то нера-
неравенство задачи эквивалентно следующему
что в свою очередь эквивалентно известному неравенству между
средним арифметическим и средним гармоническим:
21. Заметим, что оператор ААТ+ВТВ действует из Rm в R.
Пусть xeRm. Имеем {(ААт+ВтВ)х, х)^(Атх, Атх) + (Вх, Bjc)>0,
Рис. 2
Рис 3
т.е. рассматриваемый оператор неотрицательный. Докажем, что он
строго положительный. Пусть для некоторого вектора х имеем
(Атх, Атх) + (Вх, Вх)=0.
Отсюда следует Атх = 0, Вх = О. В частности, xeK.er B = Im Л. Зна-
Значит, найдется вектор z/eR" такой, что х—Ау. Условие Атх = 0
влечет АтАу = 0, (АтАу, t/)=0, (Ay, Ay) =0, Ау = 0, т. е. ^ = 0, что
и требовалось доказать.
23. Решим сначала задачу в частном случае, когда А = 1 —
единичная матрица. В некотором ортонормированном базисе
матрица В имеет диагональный вид с собственными числами
'М, л2, .. ¦, kh на диагонали. Поэтому
2...Jin = det/+detfl.
Перейдем теперь к общему случаю. Найдем такой положительно
8 Зак. 481 229

определенный оператор С, чтобы А = С2. Наиболее просто он
ищется в собственном базисе оператора А: если к] Кп — соб-
собственные числа А, то в этом базисе матрица оператора С будет
диагональной с числами )/%, VK> •••> УК на диагонали. Да-
Далее имеем A + B = C2 + B = C(I + C-lBC-l)C, поэтому det(,4 + B) =
= (detCJ det(/-f C~lBC~l) > det A(l + det(C-IfiC)) = det A +
+ detB. Здесь мы воспользовались тем очевидным фактом, что
оператор С~*ВС~[ симметричен и положительно определен.
25. Строки матриц X и У будем интерпретировать соответст-
соответственно как вектора xt, jt2. • • •, х„ и у\, у%, ..., уп в Rm. Тогда эле-
элементами матрицы XYT являются скалярные произведения (л:;, j/j),
а матриц ХХТ и УУГ — соответственно (ж,-, #/) и (i/;, t//). Основ-
Основная идея доказательства состоит в том, что эти скалярные произ-
произведения можно вычислить в любом ортонормированном базисе
по одной и той же формуле (х, у) --?х'у', где х\ у' — компонен-
i
ты векторов х, у. Пусть V — линейная оболочка векторов
Хи х2, ..., хп в Rm, т. е. наименьшее линейное подпространство
R"\ содержащее эти вектора (предполагаем, что среди xL есть
ненулевые). Каждый вектор у/ представим в виде yi=y~j + Zj, где
2/ ортогонален V, a jj-eV. Иными словами, у, — проекция у,- на
V (ср. с задачей 6). Тогда (*,, yj) = {xit yi) + (xlt Zj) = (xit у,).
Далее,
Таким образом, имеем
det XYT = det ||(*t> t//)||= det \\(xh у~Д;
detrrr = det||(t/f, t/^H-detlK^, у])+(ги г})\\.
Далее мы воспользуемся неравенством
det Ш у,) + (zh Z/)||> det ||(Р„ ^)|| +det ||(гь г/)||. F)
Это неравенство является следствием задачи 23. Действительно,
матрицы \\(y~i, у,) II, li (Zi, Zj)\\ являются симметричными и неотри-
неотрицательно определенными как матрицы Грама. Правда, в задаче
23 неравенство вида F) доказывалось для положительно опреде-
определенных матриц, однако решение проходит, если хотя бы одна
матрица положительно определена.
Если же обе матрицы вырожденные, то F) очевидно. Из F)
следует, что det(FFr)^det|| (yt, у/)\\. Поэтому задача будет реше-
решена, если мы докажем неравенство
det \\(хс у,)\\* < det ||(*,, дс,)|| -det ||&, y,)\\. G)
В действительности в G) имеет место точное равенство. Если век-
вектора хи ..., хп линейно зависимы, то в обеих частях G) стоят
нули. Если хи ..., хп линейно независимы, то размерность прост-
230

ранства V равна п. Выберем в нем ортонормированный базис,
разложим по этому базису вектора хи ..., хп, у\, ..., уп и из их
компонент составим матрицы X, У (в t'-й строке запишем компо-
компоненты t-ro вектора). Тогда вместо G) достаточно доказать, что
det(^rrJ = del xYr det У Fr.
Казалось бы, мы вернулись к исходной задаче. Но существенное
отличие состоит в том, что матрицы Я, Y — квадратные. Благо-
Благодаря этому мы можем воспользоваться теоремой об умножении
определителей и получить
det (Х?тJ =-- (det XJ (det FJ = det XXT det YYT,
что и требовалось доказать.
Другое решение можно получить, основываясь на задаче 14
§ 1, обобщающей теорему об умножении определителей на пря-
прямоугольные матрицы.
26. Обозначим через х< характеристическую функцию круга
Ki, т. е. х;(*) =1, если х<=Кг, х<(*) =0. если x<=R2\Ki.
Введем линейное пространство V функций на R2 вида f=
^CiX\ + c2%2+- ¦ . + сп%п. Очевидно, что размерность V не превосхо-
превосходит п. В пространстве V введем скалярное произведение функций
Ц, g по формуле
J
Аксиомы скалярного произведения проверяются очевидным об-
образом. Осталось заметить, что а,-/ = J tit/dx = {%i, X,), т.е. мат-
R2
рица А=(щ/) является матрицей Грама «векторов» х< и поэтому-
неотрицательно определена. В частности, detA^O.
28. Введем в трехмерном пространстве декартову систему ко-
координат OXYZ, оси ОХ и OY которой лежат в плоскости четырех-
четырехугольника ABCD. Пусть Е и F — середины диагоналей АС и BD
соответственно. Положим АЕ = а, EF—b, FB — c. Тогда АВ =
= а+Ь + с, BC=—c—b + a, CD=—a+b—c, DA = c—b—a (рис. 3).
По условию задачи для всякого единичного вектора е=(еи e-i,
0) имеем
(АВ, еJ + (ВС, eJ + (CD, еJ + (Ш, еJ = const,
(a+b + c, eJ+(a—b—c, eJ + (b—a—c, ef +
+ (с — a — b, eJ = const,
откуда после преобразований получим
(a, eJ + (b, ef + (c, e)a=const,
8* 231

+ 2 {ага2 + bxb2 + cxc2) ete2 = const.
Поскольку еу и e2 связаны лишь условием е\ + е\=\,
выполняется тогда и только тогда, когда
то (8)
Эти условия означают, что трехмерные вектора (аи Ъи с{) и
{а2, Ь2, с2) равны по длине и ортогональны. Найдется третий
вектор той же длины (а3, Ьз, сз), ортогональный им обоим (он
равен их векторному произведению, деленному на общую длину).
Следовательно, матрица
является ортогональной матрицей. Но тогда *и транспонирован-
транспонированная матрица также ортогональная, т. е. вектора а'= (а,\, a2, аг),
b'=(bu b2, Ьз), с'={с\, с2, с3) имеют равную длину и попарно ор-
ортогональны.
Возьмем теперь в пространстве 4 точки А', В', С, D' такие,
что А'=А, А7В' = а' + Ь' + сг,1УС' = а'—Ь'—с', CD'= —a'+b'—c' и
тем самым D'A'=—а'—Ь'+с'. Очевидно, что проекция тетраэдра
A'B'C'D' на плоскость OXY есть данный четырехугольник
ABCD.
Принимая длину каждого вектора а', Ь', с' за единицу и учи-
учитывая их ортогональность, найдем длины сторон тетраэдра:
\А'В'\=УЗ, \B'C'\=V3', \СЧУ\
\А'С'\=2, |D'B'|=2. Следовательно, каждая грань тетраэдра
является треугольником со сторонами УЗ, уз, 2. Легко найти, что
угол при основании такого треугольника равен arctgl/2.
30. Обозначим данную матрицу через А. В основе решения
лежит следующее тождество, которому удовлетворяет матрица А:
1
L
1
2
1
3
1
n
\
2
1
~2~
1
~3~
1
n
1
3
1
~3~
1
~3~
1
n
1
n
1
n
1
n
1
n
-diag(l,-i-.-f,
232

(где diag(ai, си, ..-.an) — диагональная матрица с элементами
«I, ot2,..., ап на диагонали). Это равенство проверяется непосред-
непосредственным умножением.
Обозначим норму матрицы Л через t. Норма матрицы АТА
равна наибольшему собственному числу (так как эта матрица
симметричная и положительно определенная), т. е.
||ЛГЛ||= sup (АтАх, х)= sup (Ах, Ах) = ||Л||2 = *г. (9>
1*1=1 i*i=i
Далее, собственные числа матриц АТА и ААТ совпадают, так как
эти матрицы подобные: ААТ=А{АТА)А-Х, следовательно, ||ЛЛГ|| =
= \\ATA\\ = t2. Наконец, аналогично (9) находим ||ЛЛГ|| = ||Л7'||2,
откуда ||ЛГ|| = ?.
Из указанного выше тождества имеем
t* = \\AAT\\ = \\A + AT—diag(l, 1/2,..., 1/п)|[<2/+1,
/2—2t—1<0, откуда /< 1+^2, что и требовалось доказать.
Фактически мы доказали, что для любого вектора x^Rn выпол-
выполняется неравенство |Ах:|^A+У2) \х\, или в развернутой форме
§ 3. Многочлены и тригонометрические полиномы
1. Пусть f(x)=xb + ux2 + vx + w. Тогда условия
J xf (x) dx = 0, §
0 0
дают три линейных уравнения относительно коэффициентов и, v,
w. Решая их, получим ц=—64/35, и = 1, w=—16/105. Таким об-
г , . , 64 „ 16
разом, f(x)=x3— — х* + х —.
Любой другой многочлен, удовлетворяющий условию, получа-
получается из указанного умножением на ненулевое число.
3. Будем последовательно определять коэффициенты искомого
многочлена Q(x)=xn+blxn~i+.. .+bn- Чтобы многочлен R—P—Q?
имел степень, меньшую п, нужно, чтобы его коэффициенты при
х2п~\ х2п~2, ...,хп равнялись нулю. Имеем Q2 (х) =х2п + 2Ь1х2п~'[ +
-Ь (b\ +2Ь2)х2п~2 + .... Приравнивая коэффициенты у многочленов
Р и Q2 при x2n~l (ai=2bi), мы находим b\ (Ь\ = п\/2), затем, при-
приравнивая коэффициенты у Р п Q2 при х2п~2 (a2 = bi2+2b2). нахо-
/' оа — Ь2\
дим Ь2 \Ь2 — 1 и т. д., наконец, приравнивая коэффи-
коэффициенты у Р и Q2 при хп, находим Ъп. Многочлены Q(x)=xn+
'*- 233

~{ + ... + bn и R(x)=P(x)—Q2(x) удовлетворяют условию за-
задачи.
Замечание. Многочлены Q и R удобно вычислять, исполь-
используя известную схему извлечения квадратного корня из чисел и
перенося ее на многочлены. Покажем это для многочлена Р(х) =
651О4 83
V2x3 + 2x2
X 2x2
B)
4л«-
X2x3
бх1
Xх
f 4x* '
+ 4x2 + 3x
+ 12x3 + 9
+ 4x2 + 6x
x2>
— 2
— 2
— 4x3 —8x2— 12x + 4
10x4 + 8x3
Q (х) = х3 + 2х2 + Ъх — 2
_4x5 + 10x4 + 8x3
4x5 + 4x4
л,\ 6x* + №
~6x4+12x3 + 9x2
n'\ — 4x3 — 9x2
e ' ~~ — 4x3 — 8x2— 12x + 4
— x2+ 12x — 4 = /?(x).
При вычислениях в п. а'), б'), в') используются многочлены,
найденные в п. а), б), в).
5. Заметим, что P{P{x))—Q{Q(x))= (P(P(x))-P(Q(*))) +
+ (Q(P(x))-Q(Q(x)))=A(P(x))-A(Q(x)), где Л (/) =P(l) +Q(t).
п
Представляя Л @ в виде J] flfe^, продолжаем преобразования:
Л (Р (*)) -Л (Q (х)) = ? afc (Р (*)* -Q W*) =
п ft—1
!*(P(*)-Q(*))'
n ft—1
-Q W)• I ^
fe=l 1=0
Мы получили представление P(P(x))—Q(Q(x)) в виде произве-
произведения некоторого многочлена на P(x)—Q(x). Значит, Р(Р(х)) —
—Q{Q(x)) делится на P(x)—Q(x).
234

In
6. Обозначим 2^, (P (x) Ч С*)){к) через г(х). Легко видеть, что
r(x)—r'(x) =p(x)q(x). Если многочлен r(x) делится на р(х), то
и r'(x)=r(x)—p(x)q(x) делится на р(х). Отсюда следует, что
каждый корень многочлена р(х) является кратным корнем r(x), a
поскольку р(х) кратных корней не имеет, многочлен г(х) делится
па р2(х). Но это невозможно, так как degr(x) <2n = degp2(x).
Полученное противоречие показывает, что многочлен г(х) не мо-
может делиться на р(х).
7. Многочлены
к
q{x)=p @) + -I- (' (р' (у)' + р' (У) + 1) dy
возрастают, так как </'(*) = р'{хJ + р'(х) + 1>0, г'(х)=р'(хJ—
-р'(х) + 1>0.
При этом
х ¦
<q(x)-r{x)=p(O) + \p'(y)dy=--p(x).
' 9. Заметим, что произведение двух многочленов, каждый из
которых представляется в виде суммы квадратов двух действи-
действительных многочленов, также представимо в таком виде. Действи-
Действительно, если Pi^Qi+Я?, P2=Ql + #2, to PiP2=(Q!Q2+
l-^i^2J+ {Q[R2—Q2#iJ- Поэтому для решения задачи нам дос-
достаточно представить данный многочлен в виде произведения не-
нескольких многочленов, каждый из которых есть сумма квадратов
двух действительных многочленов.
Пусть х\,...,хп — все различные действительные корни мно-
многочлена Р(х), Z\,...,zm — комплексные корни Р(х) с положи-
положительной мнимой частью, причем каждый из корней zh...,zm вы-
выписывается столько раз, какова его кратность. Заметим, что, по-
поскольку многочлен Р(х) не меняет знака на R, все корни Xi,...,xn
имеют четную кратность. Пусть 2s,- (s,eN) — кратность корня
х,- (t= 1,..., л), а — коэффициент Р(х) при старшем члене, поло-
положительный в силу неотрицательности Р(х). Тогда Р(х) представ-
представляется в виде
п т .
:Р(х)=аП(х-xtf4¦ П (x-Zj) (х-Zf).
Каждый из сомножителей (х—х,) есть сумма двух квадра-
235

2si h
гов действительных многочленов: (х—xt) ~((x—x,-))a + 02.1
Далее,
(*_Z/) (X-Zj) = (jc-Rez/J+ (Imz,)«
— также сумма квадратов действительных многочленов. Нако-
Наконец, а — квадрат многочлена Уа нулевой степени. Тем самым
представление Р(х) в виде нужного произведения получено, от-
откуда вытекает возможность представить Р(х) как сумму квадра-
квадратов двух действительных многочленов.
П. Пусть степени полиномов р и q не превосходят натураль-
натурального числа п и N=4n. Рассмотрим (jV+1J тригонометрических
полиномов p'(t)q'(t), 0^i^.N, 0«/<iV. Степень каждого из них
не превосходит 2Nn. Заметим, что пространство тригонометриче-
тригонометрических полиномов степени не выше 2Nn имеет размерность 4Nn+\,
так как такие полиномы — это линейные комбинации 4Nn+\
линейно независимых функций
1, cos /, cos 2t,..., cos 2Nnt, sin t,..., sin 2Nnt.
Так как
J
то (jV+1J тригонометрических полиномов p'(t)qi(t) линейно
зависимы, т. е.
N N
YYatlp'A)ql{t) = 0,
i=0 /=0
для некоторых коэффициентов ац, не все из которых равны нулю.
Это означает, что R(p(t), q(t))=O, где
N N
1=0 /=0
13. Так как п. а) является частным случаем п. б), то мы сра-
сразу будем доказывать утверждение последнего.
Покажем, что многочлены р\,...,рп линейны. Допустим, что
наибольшая степень многочленов р\,...,рп равна т>1. Тогда
многочлены р,- (j=\,...,п) можно представить в виде <7/ + г,-, где
q, — однородные многочлены степени tn, rj — многочлены мень-
меньших степеней; при этом хотя бы один из многочленов q\,...,qn
отличен от нулевого, т. е.
q\+ ... Л-q\ Ф 0. Сумму jT /?? представим в виде
/=i
п. п. п п
Е р) -¦ У (ч, f п?=Y я) +. Т (Чп+rj) =-- Q+/г,
/1 /1 /1 /1
/=1 /=1 /=.1
236

причем Q — однородный многочлен степени 2m, Q#0, R •— мно-
многочлен степени меньше 2т. Поэтому
=2m, и Yp]*YxI
Значит, все многочлены р\,...,рп линейны. Если свободный
п
член pj (/=l,...,n) равен с,-, то свободный член суммы д,/>? равен
Л с^, значит, Vc? = 0, и, следовательно, С1 = ... = с„=0. Мы полу-
чили, что все многочлены ри ..., р„ — линейные и однородные.
Пусть pi = auX\ + ... + akixk, ai={au,-..,aki) — n-мерный век-
п k
тор. Условие ^Pi = V*/ означает, что (а,-, а,) = 1, (аг, а/)=0
'=1 _ /=i_
при i-Ф]. Значит, а\,...,аи — ортонормированная система из к
векторов в Rn. Следовательно, k<n.
14. Пусть Х\, Х2, Хз — корни многочлена хъ + ах2+Ьх + с. Тогда
по теореме Виета
Х3 v_l_v_l_v 4/i
2 S
Ч- Х2 Xt -)- -Уз . Х1 4" -^2 Х2 Ч~ Х3 , A:t -f- -^3 Х2 Ч~ Х3
2 2 2 2 2 2
-г ((*i + ^г + ^зJ + (XiX2 + х^3 + х2х3)) = —-
4 4
^ ((
Z 2 Z о
, с — аЪ
Хххгхъ) — - .
о
Следовательно, по теореме Виета числа — -, —3-——-„
y -4— у I
-¦2~1~ 3 являются корнями многочлена х3+ах2Н (а2~\-Ь)х+
ab —¦ с ,-т
+ . Ясно, что эти числа действительны и различны.
8
237

16. Пусть Xi,...,xn — расположенные в порядке возрастания
корни многочлена Р(х). Функция
P (X) X — Xi X — Xn
монотонно убывает на интервалах (—оо, Xi), (X[, x2),..., (хп-и хп),
(хп, оо), так как
rW = -f—-i— + ... +¦ —J—,)<o.
При этом f(x)<0 на интервале (—оо, х\)\ значит, на этом ин-
интервале нет точек х таких, что f{x)>c. Множество этих точек
есть объединение п интервалов (х\, у\), (х2, у2), ¦ ¦ ¦, {хп, уп), где
Ук^(хк, Хк+\) при й = 1 п—1, уп^(хп, оо) и f(yi)=- = f(yn)=c.
Числа у\,...,уп — это п различных корней многочлена п-й
степени сР—Р'. Если Р(х) =aoxn + alxn~i + ... + an, то по теореме
Виета
_____ ?i_
/Шо — coi n а1
са,, с а0
. откуда
что и требовалось доказать.
17. Для всех хфХу, ..., хп справедливо равенство:
_о'(„)=р („).(—!— + ...+—i-
\ х — Xi х —.
п.
Подставляя x — zk (k = \, ..., п — 1), получаем V* ==0. Аиа-
п
логично, справедливо равенство V" = 0. Вычитая из первого
____f tk — yi
i=i
равенства второе, получим
-(^-^) =о.
Заметим, что знаменатели всех дробей в последнем соотно-
соотношении положительны, ибо zk—лг,>0 и 4—У<>0 при k^i и
Zk—Xi<zO, tk—У:-<0 при k<Z.i. Если бы выполнялось неравенство
238

k, то в этом соотношении все числители были бы отрицатель-
отрицательными, и вся сумма была бы меньше нуля. Значит, ^>2* при
kll
Докажем теперь, что Zk+\>tk (k=l,...,п—2). Установленные
соотношения перепишем следующим образом:
о
zk+i—Xi-
n—\
+V ' =o.
h - Уп *mi h — Ус
1=1
Вычитая из первого равенства второе, получим
л—1
1 q
JmA (zk+1 — xl+1)(tk — y,) лгх — zk+1 tk — y
?=1
откуда сразу следует, что zM>tk, что и требовалось доказать.
19. Вычислим $P(x)(l — x)'dx, где 1 = 0, l,...,k—l:
о
. И 1
f Р (х) A — x)'dx- V1 ат Гл;т A — х)Чх ¦-
т!Л
т—0 0
т=0 т—0
1-2. ... •(/+ 1) ' 2-3- ... -(/-f 2)
= 0.
п-(п+1). ... -(n-
(Мы воспользовались значением интеграла Эйлера первого рода
i
Так как любой многочлен Q(x) степени меньше k есть линейная
комбинация многочленов 1, A— х),...,(\—х)к'\ то мы имеем
1
Г Р (х) Q {x) dx = 0. A)
с
Допустим, что Р(х) имеет на [0, 1] меньше k нулей. Пусть
X\,...,Xi — все точки на @, 1), при переходе через которые Р
239

меняет знак. Тогда l<Zk (при этом возможно, что / = 0). Положим
Q(x)—\~[(x—хт) (Q(x) = l, если / = 0). Тогда многочлен1
P(x)Q(x) не меняет знака на @, 1), но это противоречит равен-
равенству A).
Мы показали, что многочлен Р обязан иметь на [0, 1] не ме-
менее k нулей. Покажем, что существует многочлен Р, удовлетворя-
удовлетворяющий условию задачи, имеющий на этом отрезке не более k нулей
(а значит, ровно к нулей). Пусть n=k. Тогда записанные в усло-
условии задачи соотношения определяют систему k однородных урав-
уравнений относительно (k+l) неизвестного а0, a\,...,ak. Она имеет
нетривиальное решение, которое определяет многочлен Р(х) =
= ao + alx + ... + акхк степени не выше k, имеющий не более k кор-
корней.
Таким образом, минимальное число нулей у Р{х) на [0, 1}
равно k.
21. По формуле Тейлора
Р(х+\)=Р(х)+Р'(х)+Р"(х)/2\ + ...,
Р(х—\)=Р(х)—Р'(х)+Р"(х)/2\—....
Складывая и деля на 2, получаем
(Р (х + 1) + Р (х— 1))/2 =Р (х) + Р" (х)/2! + P0V) (х)/4! + ... .
Так как многочлен Р(х) не имеет действительных корней, то он
сохраняет на R постоянный знак. Тот же знак имеет на всей чис-
числовой прямой многочлен (Р(х+\) +Р(х—1))/2. Значит, он не
имеет действительных корней, что и требовалось доказать.
22. Обозначим 1 +х+х2!2 + хг1Ъ +... + xnjn через f(x). Если п
четное, то /'(л:) = (л:и-1)/(л:-1)<0 на (-оо, 1) и /'(х)>0 на
(—1, оо). Следовательно, f достигает абсолютного минимума в
точке х= —1, но
/(—1) = 1/2—1/3+1/4—...+ 1/п>0.
Значит, f(x)>0 для всех х. Поэтому для четного п уравнение
корней не имеет.
Если п нечетное, то f (я) >0 для всех х. Так как при этом
\imf(x) — —оо, lim/(x)=oo, то уравнение f(x)=O имеет
единственный действительный корень.
24. а) Сначала покажем, что f(x) имеет не более 2п перемен
знака на интервале @, я). Заметим, что при i—\,...,n
п
Ctg {X — Х{) П (Ctg X— Ctg Xj) = Ctg (X —Xt) (Ctg X.~Ctg Xi) X
/=1
X П (ctg*—ctgX/)= —A +ctg^ctgx[) П (ctg x—ctg xj)
240

— многочлен степени п от переменной u = ctgx. Поэтому и
л п
f («) П (ctS * —ct§ xj) = а0 П (ctg *— ctS */) +
л л
+ ? Щ ctg(x — X,) f[ (Ctg X — Ctg X,-)
оудет также многочленом Р от ctgx степени не выше п. Значит,
/(*) = -
П (cigx — cXgXj)
--Вункция / может менять знак только в тех точках, где числитель
1ли знаменатель этой дроби обращается в нуль. Знаменатель име-
->т нулями числа х=х/, /=1, ..., п. Числитель также имеет не более
г нулей, так как у многочлена Р{и) не больше п действительных
сорпей, каждому из которых соответствует единственное значение
_;е@, л) такое, что ctgx равен этому корню. Таким образом, f(x)
imcct не более 2/г перемен знака на @, я).
Случай произвольного интервала (ф, ф+л) сводится к рас-
рассмотренному. Действительно, как следует из доказанного, функ-
лия
лмеет не более 2п перемен знака на @, л). Но это означает, что
.соличество перемен знака функции f(x) на (ф, л+ф) не превос-
:одит 2п.
б) Так же как и в пункте а), общий случай сводится к слу-
-¦аю 0<^<...<?2л<л, который мы и будем рассматривать. Пе-
_1еобозначим t^xi.
Пусть
п
Р(и)= П("-
п
П
f{x) =
л . п
П (Ctg X — Ctg Xj) П (Ctg X — Ctg Xj)
/=1 1=1
функция f(x) меняет знак в точках х\,...,хп,. ..,Х2п- Покажем,
го f(x) представляется в виде
241

где uq — некоторое число,
а,= :
Из п. а) следует, что функция
П П
(f(x)— ? fl/ctg(x — х,)) • П (ctgx—ctgX/) =
n n
= P(ctgx)— У aiCtg(x-Xi) f[ (ctgx—ctgx/)
представляется в виде Q(ctgjc), где Q — многочлен степени не
выше п. Найдем значения Q в ctgx,-, i=\,... ,п. Имеем
= lim (P (ctg x) —¦ ( ? a,- ctg (x — x,-)j f ] (ctgx— ctgx,) j =
= P(ctgXi) — ? a,-ctg(xf— x7) f[ (ctgx,- —ctgx,-)—
— lim (ajCtg(x — x,) |~I (ctgx— ctgx}.)j =
= P (ctg x() — 0—at П (ctg xt —ctg x,-) • 1 im (ctg (x —xt) x
X (ctgx — ctgX;)) = P (ctg x?) + at (H ctg2 x,) • П (ctg xj— ctg xy) -_= 0.
Значит, Q(ctgx/)=0 (/ = l,...,n), т. е. многочлен Q{u) делит-
n
ся на J~J (u—ctgx,-). Так как deg Q^n, то Q представляется в
виде
B(ы)=а0П(«—ctgx,).
Это равносильно равенству
г i r\ V^ n. rfrr (y x) =a
I \л! т. ui *-1ё УЛ л\) "о-
Тем самым искомое представление f(x) получено.
26. Заметим, что если г лежит на действительной или мнимой
оси, то справедливо неравенство|г8+11 = |z|8+l> |г|3. Неравен-
242

ство |zs+l|>|z3| выполнено и при |z|=2, так как в этом слу-
случае |zs+l|>|z8| — I=255>8=|z3|.
Таким образом, это неравенство справедливо на границе 4
секторов, высекаемых действительной и мнимой осями в круге
|z|^2. По теореме Руше в каждом из этих секторов функции
-°+1 и z8 + z3+l имеют одинаковое число нулей. Легко прове-
зить, что z8+\ имеет по два нуля в каждом из этих секторов,,
-.начит, и функция zs + z3+l обладает этим свойством. Но этими
1 нулями исчерпываются корни многочлена 8-й степени z8 + z3+l.
Так как каждый квадрант содержит 1 сектор и не пересекается
¦ остальными, то в каждом из 4 квадрантов лежит по 2 корня
'равнения
П
+1=0.
27. Положим Q(x)=P(x) —1/2, тогда |Q(—1)|<1/2, |Q@)|<
1/2, |Q(l.)|<l/2. Согласно интерполяционной формуле Лаг-
эанжа,
Зтсюда для л:е[—1, 1] получаем
•< — max
2 хб[-1Д
x(x-l)
+ |1-*2Ц-
х(х+1)
Легко показать, что максимум функции \х(х—1)/2| + |1—л:2|-|-
— |л:(л;-Ь 1 )/21 на [—1, 1] равен 5/4. (Эта функция является квад-
эатным трехчленом на отрезках [—1, 0] и [0, 1] и на каждом
13 этих отрезков максимум равен 5/4.) Отсюда Q (-*:)<—• — =
2 1
-5-, и P(x) = -i- + Q (*)<-!- при всех
о 1 о
п
30. Пусть р (х) = V ak cos (kx + (pft).
, 1].
-Огда имеем
2л
_1Г
2п+ 1
243

для любого xgR. (Мы воспользовались неравенствами
2и2—и+1/8 = 2{и—1/4J>0, ы2—u+l/4=(u—l/2Js>0).
31. При решении задачи мы воспользуемся следующим утверж-
утверждением: если Р(х) — тригонометрический полином степени не
выше п и Р(х)Ф0, то Р имеет на периоде (т. е. на полуинтервале
длины 2л) не более 2п корней с учетом кратности. Действитель-
но, из формул Эйлера cosu=— , sinu =
:
JX
следует, что функция P(x)einx представляется в виде Q(eix), где
Q^O — алгебраический многочлен степени не выше 2п. Различ-
Различным нулям x\,...,Xk тригонометрического полинома Р на периоде
соответствуют различные корни eix\ ... , е'*й многочлена Q,
имеющие ту же кратность. Так как число корней Q с учетом
кратности не больше 2п, то и Р не может иметь на периоде более
2л корней.
Допустим теперь, что Р@) = 1 = max|P(.v)| и Р(х0) <cos пх0
x?R
лри некотором х'ое (—л/л, л/л). Можно считать, что xQ>0, так
как к этому случаю легко свести случай хо<СО заменой Р(х) на
Р(—х). Рассмотрим тригонометрический полином Q(x)=P(x)-~
—cosnx и покажем, что он, вопреки доказанному утверждению,
имеет на периоде не менее 2п+1 корня с учетом кратности. Тем
самым утверждение задачи будет доказано.
Нам будет удобно оценивать число нулей Q на полуинтервале
{—я/л, 2я—л/л]. Выпишем каждый нуль Q, лежащий на этом
полуинтервале, столько раз, какова его кратность. Покажем, что
можно выбрать несколько из выписанных нулей и сопоставить
каждому из них отрезок вида [(k—l)n/n, knfn] (k = 0, I
...,2n—1), в котором лежит этот нуль, так, чтобы каждый из
этих 2п отрезков был бы сопоставлен хотя бы одному нулю, а
отрезок [0, п/п] — по крайней мере двум нулям.
Допустим, что Q(kn)n)=0 при некотором &е{0,1 2п—1}.
Тогда
(_ i)*p f^L) = (_ i)*cos-2^- = 1 = max|P (x) |.
\ n ) n *6R
Значит, fot/n — точка максимума полинома (—\)kP{x). Отсюда
следует, что P'(knfn)=0, Q'{kn]n)=0, т. е. kn/n — кратный ко-
корень полинома Q, и мы можем сопоставить ему оба отрезка
[(k—1)я/л, knln], [kn/n, (k + l)n/n], которым он принадлежит.
В частности, кратному нулю х = 0 будут сопоставлены отрезки
[—л/л, 0] и [0, я/л].
При этом «необслуженными» останутся только такие отрезки
[{k—l)nfn, kn/n], что Q((k— 1)п/п)ф0 и Q(kn/n)=?0. Учитывая,
что (-1)ы-Р((А-1)л/л)<1, (—l)k-P{kn/n)*?l, мы получаем
отсюда (—\)k-l-Q((k— 1)л/л)<0, (—l)kQ{kn/n)<0. Следова-
Следовательно, Q меняет знак на интервале ((k—1)л/«, knln), и, значит,
244

имеет на нем нуль. Этому нулю (любому, если их несколько) мы
и сопоставим отрезок [(k—1)л/л, kn/n].
Итак, каждый отрезок [ (k—1)л./л, kn/n] сопоставлен хотя бы
одному нулю полинома Q. При этом отрезок [0, я/л] сопоставлен
корню х = 0и еще, если Q(n/n) =0, корню я/л. Если же B(я/л)=?М),
то мы имеем Q(.v0)<0, Q(n/n) =P(n/n) +1>0, поэтому Q имеет
на интервале (х0, я/л) нуль, которому мы сопоставим отрезок
[О, я/л].
Таким образом, этот отрезок сопоставлен двум нулям полино-
полинома Q(x), каждый из остальных Bл—1) отрезков — по крайней
мере одному. Значит, общее число нулей Q на полуинтервале
(—я/л, 2л—я/л] не меньше 2л+1, что и требовалось доказать.
3?. Пусть Х\,...,хт — все комплексные корни многочлена
Q с учетом кратности. Допустим, что все они по модулю не пре-
превосходят 1981. Тогда по теореме Виета получим
\Ь1\=\-(х1+ ... + хт)\<Ш\т, ¦
xit ¦ . ¦ xik < С^1981«,
что противоречит условию на Ь\,...,Ът. Значит, Q имеет хотя бы
один корень у, удовлетворяющий неравенству |г/|>1981. Так как
многочлен Р делится на Q, то Р(у)=0.
Допустим, что |ау-1^1980 при всех /. Тогда имеем
- >\уп\ — |
¦ >1981"—1980-1981"-1—...—1980=1.
Это противоречие показывает, что |а,|>1980 при некотором /.
34. Покажем, что неравенство выполняется для с = сп, где по-
последовательность {сп} определяется следующим образом:
Со-1. cn=-j~-c*-\ ПРИ «>!•
Воспользуемся индукцией по п. При л = 0 утверждение верно:
многочлен Р{х) вырождается в тождественную единицу и
ft+u
| \P{x)\dx--=u=cuu1.
b
Пусть утверждение выполнено для п—1, докажем его для л.
245

Возьмем многочлен Р и числа дни. Тогда многочлен
имеет степень п—1 и коэффициент 1 при старшем члене. Поэтому
к нему можно применить предположение индукции
ь+ ±
2
f \Q(x)\dx
2"
Отсюда получаем
Ь+и
пи С
= — 1
Утверждение доказано.
37. Допустим, что данный многочлен Р(х) = айхп + а^х"-1+¦
+ а2хп~2 + ... + а„ имеет степень, большую 2, и пусть Х\,...,хп —
его корни, причем х2—*1=л:з—Х2 — — — хп—xn-i = d. Тогда по теоре-
теореме Виета
= > ** =
= п
246

I 1
где сп= — \^ (n—2k+ lJ. Отсюда получаем
k—i
Мы показали, что многочлен (л;—Х\) (х—хп)=х2—b\X + b2, деля-
делящий Р(х), имеет рациональные коэффициенты, что противоречит
неприводимости Р(х) над Q.
39. Пусть P](x)=aix2 + bix+cu Р2(х) =a2x2+b2x+c2, n<=N,
d = dn. Тогда d делит Р3(я), где Р3 (*) =а2Р1(х)—а1Р2(х) =
= (a2bi—«ib2)x+ (a2c\—ахс2) —а3х + Ь3. Заметим, что РзФО; иначе
многочлены Р\ и Р2 были бы пропорциональны и имели бы общие
корни, что противоречит условию. Если а3 = 0, то Ь3ф0, и мы по-
получаем, что dn\b3 при любом п, откуда вытекает, что |^я|<:|Ьз1.
и последовательность {dn} ограничена. Рассмотрим теперь случай,
когда «3=7^0. Так как d делит Р\(п) и Рз(п), то d делит и число
+ (a3b{—а, Ь3)) = a32ci—Ьз (a3bi—
Если бы D было равно нулю, то мы имели бы
р , _ Pa(x)(a3alx+
и, значит, многочлены Р\(х) и Р2{х) =(а2Р1(х) — Ps(x))/a1
делились бы на многочлен Рз(*)- В этом случае они бы имели
общий корень х= —Ь3/а3, что противоречит условию. Поэтому
ВфО, и мы для любого п получаем dn\D, \dn\<.\D\, а значит,
последовательность {dn} ограничена.
41. Покажем, что условию задачи удовлетворяет многочлен
P{XV . . . , Хп) = С+ ... 4 *„_! + С+ ...+ x^j-l + ...
Прежде всего ясно, что Р(х\,... ,xn)eN при любых натуральных
Х\,...,хп. Покажем, что Р отображает N" на N, т. е. для любого
N найдутся числа xi,...,xn такие, что Р(х\,... ,хп) =т.
247

Возьмем такое натуральное число уи что C",-i <m<C™1, и по-
положим т1 = т—C^—i. Затем выберем такое натуральное г/2, что
C^l!i < mx < С?~\ и положим /n2 = m1—C?lV Аналогичным об-
образом определяем г/3, тг Наконец, положим уп= тп_\ — тп-ъ —
Из неравенства т •< СпУ1 следует, что
Отсюда и из неравенства C?jl!i < /?г1 получаем, что уч<У\- Ана-
логично показывается, что г/з<*/2, • • ¦ ,Уп<Уп-\. Положив Xi = i/n,
Х2 = Уп-\—Уп,---,Хп = У\—у2, ПОЛУЧИМ
р {Xl, ...xn) = q,_, + q-\ +... + с^-, + Уп=
= (т—т1) + (m1—mz) + ... +(/тгп_2—т„_,
Искомый набор (xi xn) построен.
Для доказательства биективности отображения Р : N"->-N оста-
остается показать, что если (Хи...,Хп) — произвольный набор нату-
натуральных чисел, для которых Р(Х\,... ,Х„) =т, то Х\ = х\,... ,Х„ =
= хп, где {х\,...,хп) — построенный выше набор. Положим Y\ =
= Xi + ...+Xn, Y2 = Xl + ... + Xn_u Yn = X1. Тогда имеем
С?,_, < С^,_, + СГу-1, + ..
... +(Су,_„+2-(У1-п + 1)) + (Y.-n+l) =CnYl.
Мы получили, что Cy,_i < m <! Cyt, а это означает, что Yx=y\.
Аналогично доказывается, что CY~—\<^m—Су-,-4 = тх < Су~ , и,
значит, К2 = г/2, и, далее, Ys = ys,..., Yn=yn. Отсюда следует, что
Х\ = Yn = yn = X\, X2=Yп-\—Yn — yn-\—уп = Х2,.. ¦ ,Хп = Y\—Y2 = y\—
—У2 = Хп, что и требовалось доказать. ¦
43. а) Пусть М — произвольное натуральное число. Рассмот-
Рассмотрим (М+\)" всевозможных целочисленных наборов (ти...,тп),
удовлетворяющих условию О^т^М (i=l,...,n). Для каждого
такого набора
п г л л п
Значит, все суммы V щт.1 лежат на отрезке 7Г^' ~Г ^ >
(=i L 2 2 j
248

где A=2V|aj|. Поэтому найдутся две из них V а(т) и
п
Va,m,-, разность между которыми не превосходит
ЛМ ЛМ _ Л
(М+ 1)" — 1 М" ~~ М"-1 '
Полагая m,- = /n,-1—m,-2, мы получаем
|m?|<M ((= 1 л),
Л ^ Лп"
Наборы (ть...,т„) с выписанными свойствами сопоставлены
всем натуральным числам. Если среди этих наборов имеется бес-
бесконечно много различных, то утверждение задачи доказано. В про-
противном случае существует набор (ту,... ,тп), соответствующий
всем членам возрастающей последовательности натуральных чи-
чисел {Mk}. Тогда имеем
i=
п
Л
<—^-Т (k= 1, 2, ...),
и, значит, Valm, = 0. В этом случае все наборы (km.\,...,
...,kmn), где k^N, будут удовлетворять условию задачи.
б) Допустим, что Р(хи .. .,Хп) = (aiX\ + ... + anxn) Q(xu ... ,х„).
Q есть многочлен степени не выше п—1, поэтому для всех
Х\,...,хп имеет место оценка
где С\ зависит от коэффициентов Q. Согласно пункту а), сущест-
существует бесконечно много целочисленных наборов (/ль ..., тп), удов-
удовлетворяющих условию
Отсюда получаем
1Р (mv ..., тп) | = | а1/л1 + ... + аптп\ \ Q {mv ... , тп) |<
9 Зак. 481 249

Значит, при М = сс,2»-1 неравенство |Р(ть ... ,т„) | <М выпол-
выполнено для бесконечного числа целочисленных наборов (m1,...,mn,4
что противоречит условию задачи. j
45. Допустим, что числа 1 и 2 являются корнями многочлен
Р(х) =аохп + а\хп'х + ... + ап с целыми коэффициентами, не меныш
ми (—1). Тогда при всех т = 0, ...,п справедливо неравенство
1=0
т
Действительно, в противном случае V a,-2"-f ^ 2п~т, поскольку
i=0
все слагаемые а,-2я~' делятся на 2"~т, и мы получаем
1=0 i=0 i=m+l
n
что противоречит условию РB) =0.
Доказанные неравенства можно записать в виде
—ао>О,
—2а0—
J] —0,2»-' > О,
1=0
(=0
(первое неравенство строгое, так как старший член а0 многочлена
Р не равен нулю). Сложив все эти неравенства и прибавив к сум-
п п
ме равенство V а{1п-'1~ Р B) —0, мы получим V а,-> 0, что
противоречит условию РA)=б. Утверждение доказано.
250

47. Допустим, что многочлен Р(х). представим в виде произ-
произведения двух многочленов меньшей степени с рациональными
коэффициентами. Тогда существуют такие натуральные т, что
многочлен тР(х) есть произведение двух многочленов с целыми
коэффициентами степени меньше п. Среди чисел т, обладающих
этим свойством, выберем наименьшее. Для этого т многочлен
тР (х) есть произведение многочленов Q(x) и R(x) с целыми и
взаимно простыми коэффициентами. Покажем, что это возможно
только при т = \. Для этого нам потребуется
Лемма. Произведение двух многочленов Q и R с целыми и
взаимно простыми коэффициентами есть многочлен со взаимно
простыми коэффициентами.
Доказательство. Допустим, что коэффициенты многочле-
многочлена QR не взаимно просты и, стало быть, имеют общий простой
делите,!ь р. Пусть
t=0 /=0
s = max{t: p К qi\, t = max{j : p\ r,}.
Тогда коэффициент многочлена QR при xs+t равен сумме 2- 4J\,
i+j=s+t
в которой все слагаемые, кроме qsrt, делятся на р (при i>s qi де-
делится на р, а при i<s имеем j>t, и г\ делится на р), a qsrt на р
не делится. Мы получили, что коэффициент многочлена QR при
xs+i не делится на р, что противоречит предположению. Лемма
доказана.
Из леммы следует, что коэффициенты многочлена mP = QR
взаимно просты. Значит, т = 1, и многочлен Р(х) представлен
в виде произведения Q(x)R(x), где Q и R — многочлены с целы-
целыми коэффициентами,
Для любого /е{1, ..., п} Q(«/) и R(ctj) — целые числа, и
Q(a,;) R(aj)=P(aj)= — l. Отсюда следует, что Q(a/)+#(a,-) =0.
Числа а\, ..., ап являются корнями многочлена Q + R,
но deg(Q + #)=?^max(/, m) <n, поэтому отсюда следует,
что Q + R — 0. Значит, P{x) =Q{x) ¦ (—Q(x)) =— Q2(x), но это
невозможно, так как у многочлена —Q2{x) отрицательный коэф-
коэффициент при старшем члене, а у Р(х) он равен 1. Полученное
противоречие доказывает неприводимость многочлена Р{х).
48. Пусть xn + 4 = P(x)Q(x), где Р и Q — многочлены степени
меньше п с целыми коэффициентами. Тогда все корни многочленов
Р и Q, будучи корнями многочлена хп + 4, имеют модуль у 4 ,
а так как произведение корней каждого из многочленов Р и Q —
degP degQ
число рациональное (по теореме Виета), то 4 " и 4 m —
9* 251

рациональные числа. Отсюда сразу следует, что n|Bdeg/3),
п\ BdegQ), и, значит, degP = deg Q = n/2 и и — четное число.
Если число п\2 нечетно, то Р и Q — многочлены нечетной сте-
степени. Значит, каждый из них имеет действительный корень, но
это невозможно, так как при четном п многочлен хп + 4 действи-
действительных корней не имеет. Следовательно, п/2 четно и п делится
на 4.
Мы показали, что делимость п на 4 является необходимым
условием разложимости многочлена х" + 4 в произведение двух
многочленов меньшей степени с целыми коэффициентами. Но это
условие достаточно, так как в случае п = 4й, feeN, имеем
50. Докажем утверждение задачи в более общем случае, для
многочлена Р произвольной четной степени 2п. Будем рассматри-
рассматривать многочлен Р на комплексной плоскости; при этом z будет
пробегать множество комплексных чисел С. Так как P(z) имеет
полюс четного порядка 2л в оо, то в окрестности оо определена и
имеет полюс порядка п функция / (z) = "J/^P (z); при этом мы
выбираем ветвь, положительную для достаточно больших дейст-
действительных z. Это можно сделать, так как P(z)>0 для достаточно
больших zeR.
Функция f(z)jzn является в окрестности оо регулярной и раз-
разлагается в ряд Лорана
ДО
¦2
т—й
Отсюда следует, что
/(z) =
т=0
00
/(«-И) (Z) = ? (_ 1)»-Нт(/п—1) ... (т—«)ат2-1-«.
т=п+1
Значит, в окрестности оо функция f("+1)(z) регулярна, f<"+1>(z) =
= 0(|z|~"~2), и при этом f<"+1)(z)=7*=0 для достаточно больших по
модулю геС, если среди коэффициентов ап+и ап+2, ••• хотя бы
один отличен от нуля. Мы построим последовательность
{хт:т > mo}cz R такую, что Xm-^oo (m-*-oo) и /tn+1) (х'т) — 0 при
всех т^т0. Тем самым будет доказано, что an+i = an+2 = .. . = 0, и»
значит, /й=?"/-в— многочлен.
Для достаточно больших m (при которых f(x) определена для
х^-Хщ) возьмем многочлен Sm(x) степени, не большей п+l, такой,
252

что Sm(x) =f(x) при х = хт, ..., xm+n+u Такой многочлен сущест-
существует и выписывается с помощью интерполяционной формулы Ла-
гранжа, согласно которой коэффициент Ат при старшем члене
Sm равен
VI /(
jimm {xm+i — Хт) ...
i=0
= const = (n + 1)! A,n. Так как числа f(xm-a)—целые, то
Cm/Dm, где CmeZ,
„ = HOK ((xm+i—xm).
^ ¦¦ *' m ¦ Поскольку функция Sm—f обращается в
нуль в (n + 2) точках хт, ..., xm+n+i, то по обобщенной теореме
Ролля (см. решение задачи 13 § 3 гл. 1) найдется точка хт'е
€= (хт, хт+п+1) такая, что /о+» (xm) = ^„"+1) (xffl) = (та+п1)!Ст . Мы
покажем, что Dm— о{х?~2){т^>-оо)\ отсюда и из оценки /(п+1) {х'т) =
=О((хтГ"-2)=:О(х^'г-2)получим (п+1)! Ст = оA). Но Cm<=Z, по-
поэтому для достаточно больших т Ст = 0 и f(n+1)(xm') =0.
Для оценки числа Dm перепишем его в виде
Dm= HOK DГ?*и)=4Г HOK
где
(Y \ / X ¦ ? \ ! Y Y \
жт f \ л m -bfti f \ л in лщ j
Так как число xm делит xm+u ..., xm+n+\, то все числа Ет j — це-
лые. Отсюда следует, что Dm < x1^1 Y] ЕтЛ и, значит,
?=0
п+1
т '%> лт III l I — -*т ' I
\ хт I \ Лт I
1=0
По условию задачи
п
1п х 1 1—i In х
lim —^«±"±1=: iim l I —2±i±i= i(
поэтому при достаточно большом m справедливы неравенства
In хт+п+1 1 1
253

1
I -- 2(п+Шл+2)
откуда вытекает, что DmKm ()
Как было показано выше, из этого следует, что f(z) — много-
многочлен. Так как значения f(xm) целочисленны, то по интерполяци-
интерполяционной формуле Лагранжа легко получить, что коэффициенты
рациональны. Докажем, что они целочисленные. Существуют тг-
кие натуральные числа k и /, что (k, /) = 1 и многочлен kf/l имее-
целые и взаимно простые коэффициенты. Тогда коэффициент!--"
многочлена (kf/lJ = (k/lJp также целые и по лемме из решени>
задачи 47 взаимно простые числа, но они делятся на k в силу ut
лочисленности коэффициентов р и условия (k, /) = 1. Значит, k=,
и многочлен f имеет целые коэффициенты.
Утверждение задачи полностью доказано.
52. Таким свойством обладает, например многочлен Р(х, у) =
= («/—х2) (у—2х2). Мы имеем Р@, 0)=0, Р(х, у)<0 тогда и толь
ко тогда, когда (х, i/)eU={(x, у) :х2<у<2х2}. Любая окрестностг
нуля пересекается с множеством U, и в то же время любая прохг-
дящая через нуль прямая содержит интервал с центром в нулъ
не пересекающий U.
53. Существует, например, Р{х, у) =х2+ (ху— IJ. Ясно, чтс
Р{х> #)>0 для любых х и у, в то же время Р(х, 1/х) =х2->0 npi
55. Каждому набору {x,-}"=i поставим в соответствие набо!
{yi}]Li. Для этого перенумеруем все перестановки множестве
{1, 2, ..., п}. Перестановка {t'i, ..., in} с номером / определяет зна
чение
п—ft+2
1=2
Заметим, что значение х^ в наборе {хи .... хп} встречается менеь
^ раз тогда и только тогда, когда найдутся различные числ;.
h, ..., in-A+2 такие, что хиФх11 (/ = 2, ..., п—k + 2). Это означь
ет, что значение каждого xt в наборе \х\, ..., л:л} встречается не
менее & раз тогда и только тогда, когда yi = ... = yn\ = 0, что в cboic
очередь равносильно тому, что все элементарные симметрические
многочлены от i/i уп\ обращаются в нуль. Но любой симмет
рический многочлен от у\, ..., уп\ является симметрическим и о"
#i, ..., хп, поскольку каждая перестановка набора {*,}"=i опре-
определяет перестановку набора {y,}"li. Значит, система элемента!-
ных симметрических многочленов от уи ..., уп\ удовлетворяе-
требованиям задачи.
254

ГЛАВА 3
ГЕОМЕТРИЯ
§ 1. Аналитическая геометрия
2. Рассмотрим линейное преобразование ср, переводящее наши
прямее в ортогональные и скорости в единичные. Будем считать,
что точка пересечения прямых имеет координаты @, 0). Пусть
в момент времени ^ = 0 наши точки имеют координаты @, 0) и
@, а). Тогда в момент времени t координаты точек будут (t, 0)
и @, a + t). Точка (х, у) на прямой, их соединяющей, будет иметь
координаты (A—X)t, Х(а+?)). Следовательно, произвольная точка
(х, у) плоскости принадлежит прямой, соединяющей точки в не-
некоторый момент времени, тогда и только тогда, когда система
относительно t и "к имеет хотя бы одно решение. Сделаем эквива-
эквивалентные преобразования системы:
\t=x-\- у — Яа;
Ux + y — Xa)(l—X)=x,
\t=xJt-y — Xa;
K(x f»f а)+у = 0,
Вопрос о разрешимости системы свелся к вопросу о разрешимости
квадратного уравнения а'к1—К(х+у-\-а)-\-у = 0. Оно имеет корни
тогда и только тогда, когда (лг + у+аJ—4ш/^0, или (х'J—2ау' +
+ а2^0 в координатах х' = х+у, у'= у—х. Множество точек, для
которых выполнено это неравенство, есть дополнение к внутрен-
внутренности параболы. При преобразовании ср~' это множество перейдет
в дополнение к внутренности параболы.
5. Пусть (х, у) — произвольная точка гиперболы, отличная от
A, 0) и (—1, 0), и пусть одна из касательных, проведенных из
точки (х, у) к окружности, касается ее в точке (хи у-,). Прямая,
255

проведенная через точки касания, ортогональна (х, у), поэтому
произвольная точка этой прямой имеет координаты (xi + ty, yx—
—tx). Чтобы проверить, что прямая касается гиперболы, мы по-
покажем, что
max ((
Имеем
max (-P + 2 (Xjy + угх) t + (x\—y*)) =
f + [x\—y*) = (Xly + yxxf + [x\-y\) (*
поскольку xi2 + j/12=1, а касательная к окружности, проходящая
через (х, у) и {хи yi), ортогональна (хи у{), т. е. (x—x{)Xi +
+ (У—«/i)«/i = 0. Утверждение задачи доказано.
7. Рассмотрим аффинное преобразование ср, переводящее дан-
данный эллипс в окружность, и пусть ф (Л) — Л', ср(В)=В', ф,(С) =
= С, ф(Л1)=Ль ф(В1) = В'ь ф(С1)=СьТочки Л/, В/, С/ — это
точки касания окружности, вписанной в АА'В'С, с соответству-
соответствующими сторонами.
Из равенств \А'В[\ = \А'С[\, \В'А[\ = \В'С'1\, \С'А[\ = \С'В[\
следует, что
\А'В[\ \В'С[\ \CA\\ _
\CB\\ ' \А'С[\ ' \В'А\\ ~
Так как отношение отрезков, принадлежащих одной и той же пря-
прямой, не меняется при аффинном преобразовании, то
\ABi\ \BCi\ \САХ\ л
\СВ%\ ' \АСх\ '
что равносильно требуемому соотношению.
9. Пусть О — центр данной окружности I, A — данная точка.
Если Л лежит на окружности /, то другая окружность касается I
и проходит через Л тогда и только тогда, когда она касается I
в точке Л; ее центром может быть любая точка прямой ОА, кроме
точек О и Л.
Пусть Л лежит внутри окружности I. Если О\ — центр окруж-
окружности, проходящей через Л, то ее радиус равен |OH|, и она ка-
касается / тогда и только тогда, когда |О[О| + \О\А\ —г, где г —
радиус /. Множество таких точек О\ есть эллипс с фокусами в О
и Л.
256

Аналогично, если Л лежит вне окружности /, то точка Ох
должна удовлетворять одному из двух равенств: |О[О| — |Oi^| =
*=г, если окружность с центром в Оь проходящая через А, касает-
касается / внешним образом, или \ОХА\ — \ОгО| =г, если касание внут-
внутреннее. Множество таких точек О\ — это гипербола. .
Построить произвольную окружность, удовлетворяющую усло-
условию, можно следующим образом. Пусть В — точка касания ок-
окружностей. Тогда О] находится как точка пересечения прямой
ОВ и серединного перпендикуляра к отрезку [ЛВ], и окружность
с центром в О1 радиуса | СМ | = | O^l будет искомой. Двигая В
по /, мы получим всевозможные окружности нужного вида.
11. Введем систему координат таким образом, чтобы заданная
точка'О имела координаты @, 0), а заданная прямая описывалась
уравнением у = — 1.
Произвольная парабола с вершиной в О задается уравнением
(ах + ЬуJ=ау—Ьх, где а2 + Ь2Ф0. Фокус этой параболы имеет ко-
координаты
" " О*. Р).
Парабола (ах + ЬуJ=ау—Ьх касается прямой у =—1 тогда и
только тогда, когда (ах+ЬуJ~^ау—Ьх при у——1 и всех х, и ра-
равенство достигается только при одном значении х, т. е. уравнение
(ах—ЬJ+ (а + Ьх) =0 является квадратным и имеет один действи-
действительный корень. Это равносильно следующим условиям: дискри-
дискриминант этого уравнения (Ь—2abJ—4а2(а + Ь2) равен нулю; Ъ2—
46243 62 4B 62)
4@*
Мы показали, что парабола с вершиной @, 0) касается пря-
прямой у——1 тогда и только тогда, когда ее фокус лежит на пара-
параболе х2 — у. При этом любая точка параболы х2=у, кроме точки
(О, 0) может служить фокусом. Значит, искомое геометрическое
место точек — это парабола х2 = у без вершины.
13. Пусть эллипс описывается уравнением x2la2 + y2jb2 = \, где
а<Ь, и (и, v) — точка вне эллипса. Отрезок, соединяющий (и, v)
с точкой (х, у) на эллипсе, будет ортогонален эллипсу тогда и
только тогда, когда он будет пропорционален градиенту функции
F(x> y)=x2/a2+y2jb2, т. е. когда найдется число к такое, что
2=2(x—и)/К, A)
dF/dy=2ylb2=2(y-v)/X. B)
Рассмотрим несколько случаев.
1-й случай: u = v — 0. Тогда из A) и B) следует, что Х = а2 или
х=0 и Х=Ь2 или у — 0. С учетом условия а?фЪ2 мы получаем 4
нормали, соответствующие значениям Х=а2, х=0, у=±Ь и Х=Ь2,
х=±а, г/ = 0.
257

2-й случай: u = 0, юф-Ч. Тогда A) вновь равносильно тому, что
л; = 0 или К — а2. Если х = 0, то у = ±Ь. В случае к=а2 из B) полу-
получаем y = vb'2/(b2—а2), и для получения новых точек (х, у) на эл-
эллипсе нужно, чтобы выполнялось неравенство у2<.Ь2, т. е. w2<
< (b2—a2J/b2. При этом значению y = vb2/(b2—а2) соответствуют
-1 Гл. V2b2
два значения х: х = ±й \/ 1 , а всего мы получаем
V (б2 —а2J
4 нормали.
3-й случай: ифО, у = 0 — аналогичен второму. Здесь также
наибольшее число нормалей равно 4 и достигается при «2<
<{Ь2—а2J1а2.
4-й случай: ифО, v^O. Из A) и B) следует, что
x = ua2l{a2—X), г/ = УЬ2/(Ь2—\).
Подставляя эти значения в уравнения х2/а2 + у2/Ь2=1, получаем
(а2 —
Число нормалей равно числу корней этого уравнения. Пусть
— корень уравнения f'(?i)=0. Тогда функция /(k) возрастает от О
до оо на интервале (—оо, а2), убывает от оо до /(Хо) на полуин-
полуинтервале (а2, ^о], возрастает от f(ko) до оо на [Хо, Ъ2) и убывает
от оо до 0 на (Ь2, оо).
Уравнение f(K) = l имеет по одному корню на интервалах
'(—оо, а2) и (Ь2, оо), а на интервале (а2, Ь2) не имеет корней, если
f(Xo)>\, имеет один корень Хо, если /(io) = l. и имеет два корня,
если /(^о)<1. Значит, наибольшее число корней равно 4 и дости-
достигается при f(Xo)<l, что путем несложных преобразований пере-
переписывается в виде
(uaJ'3+(vbJ/3<{b2—a2J/3. C)
Объединяя 4 рассмотренных случая, мы получаем, что наиболь-
наибольшее число нормалей равно четырем, и оно достигается, если и и
v удовлетворяют неравенству C). Множество точек (и, v) такого
вида показано на рис. 1.
15. Выберем систему координат так, чтобы эллипсоид проекти-
проектировался на плоскость Оху. Пусть уравнение эллипсоида
Az2+L(x, y)z+Q(x, 40=0, D)
где /4eR, L — линейный и Q — квадратный многочлены от х и у.
Если Л=0, то проекция эллипсоида есть множество тех точек
х, у, для которых уравнение L(x, y)z+Q(x, y)=0 разрешимо от-
относительно г; это множество'неограничено, что невозможно. (Мы
воспользовались тем, что L(x, у) ^0; в противном случае уравне-
258

ние D) имеет вид Q(x, у)=0 и не описывает эллипсоид.) Значит,
ЛФО, и точка (х, у) лежит в проекции эллипсоида, т* е. уравнение
D) разрешимо относительно z тогда и только тогда, когда
А(х, y)=L(x, yy—AAQ{x, г/)>0.
А(х, у) есть многочлен второй степени от х и у; из условия ог-
ограниченности проекции получаем, что множество точек (х, у), для
которых А(х, ?/)^0, ограничено эллипсом.
17. Две: x\+x\<x\ + xl и х\ + х\ > х\ + х\. Ясно, что нельзя
соединить ломаной точки двух множеств, не пересекая М. Дока-
Докажем, что две точки первого из указанных множеств V\ можно со-
соединить ломаной, целиком лежащей в 1Л
(для второго множества доказательство
аналогично). Если х= (хи д-2, хъ, *4)eV\
и х'= (х/, Х2', Хъ, x/)^Vu то мы соеди-
соединяем отрезком точки (Х\, х2, х3, хА) и (О,
О, xz, лг4), затем в плоскости Х1 = л:2 = 0
соединяем точки @, 0, хз, хц) и @, 0, х3,
х^) ломаной, не проходящей через нуль,
и, наконец, проводим отрезок, соединяю-
соединяющий точки @, 0, х3\ х/) и (xl/,x2\x3\xif).
Получим ломаную, соединяющую х и х'
и целиком лежащую в Vu
19. Не всегда. Пусть DEF — произ-
произвольный треугольник, Р — центр вписан-
вписанной в него окружности, г — радиус ок-
окружности, Si, S2, S3, S — площади тре-
треугольников DPE, EPF, FPD и DEF соот-
соответственно. Тогда имеем
Рис. 1
S1/|D?|=S2/|?F|=S3/|FD|=/-/2,
и из неравенств треугольника следует, что S,+S2>53, Si+S3>S2,
S2+S3>SU т. е. S3<5/2, S2<S/2, S,<5/2, а это означает, что
точка Р лежит в треугольнике, образованном средними линиями
ADEF. Последнее свойство сохраняется при аффинных преобра-
преобразованиях. Поэтому если точка О не лежит в треугольнике, обра-
образованном средними линиями ААВС, то ни при каком аффинном
преобразовании ср точка ф(О) не будет центром окружности,
вписанной в треугольник ф(Л)фE)ф(С).
20. Существуют. Если центр сферы поместить в начало коор-
координат, то координатные функции образуют требуемую тройку
f, ?, A-
22. Докажем, что она может быть расположена произвольным
образом. Нарисуем на нижней плоскости квадрат с вершиной
в точке касания и стороной, равной а — четверти длины большой
окружности шара, и заставим нижнюю точку касания обходить
этот квадрат. После прохождения трех сторон квадрата точка
259

касания, описав на шаре сферический треугольник со сторонами
равными а, и углами я/2, вернется в исходное положение. После
прохождения четвертой стороны квадрата она на шаре удалится
от исходного положения на расстояние а в направлении первона-
первоначального движения.
Итак, мы указали движение шара, при котором нижняя точка
касания возвращается в исходное положение на плоскости, а по
шару перемещается на четверть большой окружности в произволь-
произвольном направлении. Проделывая это движение дважды, мы можем
перевести ее в любую наперед заданную точку на сфере.
24. Выберем новую систему координат, в которой окружность
описывается уравнением х2+у2=\, кривая — уравнением
g(x, г/)=0, где g — многочлен степени не выше 3, и при этом ни
одна из 7 данных точек пересечения окружностей с кривой не
имеет координат (—1, 0). Если (х, у) — произвольная точка ок-
окружности, (х, у)Ф(—1, 0), то имеем x = cosq>, # = sinq>, где —л<
„<<р<я, откуда
1 — t2 It , , ф
* y ^tg
Значит, уравнение
g I , I \J
имеет по крайней мере 7 действительных решений. Но g
It \
представляется в виде P(t)l(\ + t2K, где Р — многочлен
1 + /2
степени не выше 6. Р имеет не менее 7 корней, следовательно,
Р==0, g I —, ) =0 при любом t, поэтому любая точка
окружности, кроме (—1, 0), содержится на кривой. Но в силу
замкнутости кривой эта точка также обязана принадлежать кри-
кривой. Утверждение доказано.
26. Заметим, что заданные графики расположены симметрично
относительно прямой у = х, поэтому расстояние между ними равно
удвоенному минимуму расстояния от точек одного из них, напри-
например графика функции j/ = e1980*, до прямой у=х, т. е.
V2-mm\emox—x\.
Легко показать, что e198te >x при всех xeR, минимум е1980х—х
достигается в точке х0——(In 1980)/1980 и равен A +
+_1п 1980)/1980. Значит, расстояние между графиками равно
1980)/1980.
260
¦ I

>! 2. Выпуклые фигуры, объемы и другие задачи
' 1. Пусть вершины четырехугольника А, В, С, D и пусть все от-
отрезки \ОА\, \ОВ\, \ОС\, \OD\ не меньше 15. Найдется сторона
четырехугольника, которая видна из точки О под углом не мень-
меньше 90°, пусть это сторона АВ. Тогда |АВ\2^\ОА|2+ \ОВ\2^
^2-152>202, что противоречит условию |Л?|<|20.
3. Если d\ и d2 — длины диагоналей трапеции, а — угол между
ними, то площадь трапеции равна
— 12sinci\— ^ - j ina\ g —
Так как площадь в точности равна 2, то в приведенном неравен-
неравенстве имеет место равенство, откуда находим d\ = d2 = 2, sina=l,
a = 90°. Высота трапеции, как нетрудно видеть, является одновре-
одновременно высотой в треугольнике, две стороны которого равны d\, d2,
а угол между ними равен а.
Так как d\, d2, а мы уже знаем, то легко находим, что высота
равна f2.
5. Пусть в каждом из треугольников АВК, АСР, ВСМ угол
при основании равен а, а отношение боковой стороны к основанию
равно k. Очевидно, что вектор СМ получается из СВ поворотом
вокруг точки С на угол а и умножением на k. Точно таким же
образом вектор СР получается из вектора СА. Поэтому вектор
РМ =—СР + СМ получается из вектора —СА + СВ = АВ поворотом
вокруг точки С на угол а и умножением на k. Осталось заметить,
что при повороте вектора АВ вокруг точки А и умножении на k
получается вектор А К.
Следовательно, АК=РМ, т. е. АРМК — параллелограмм.
7. Обозначим для краткости вектора ОА, ОВ, ОС через а, Ь, с
соответственно, а ОАи ОВ\, ОС\ — через аи Ьи с\.
Воспользуемся понятием векторного произведения. Если х, у —
два вектора в данной плоскости, то вектор хХу ортогонален этой
плоскости и однозначно определяется своей координатой вдоль
оси, ортогональной плоскости. Поэтому всюду ниже под вектор-
векторным произведением векторов из данной плоскости будем понимать
число, равное этой координате.-
Условие задачи можно записать так: аХ{Ьх—Cj) =0, bX(cj—
—ai)=0, cX (al—b\)=0. Требуется доказать, что найдется вектор
х — ООх такой, что (а,—х) X (Ь—с) = (bi— х) X (с—а) = (с,— х) X
X (а—Ь) =0. Обозначая хХа = а, xXb = ft, xXc=y, получим для
чисел а, р, у уравнения
261

axxb~ aLxc = $—у,
Из условия следует, что
поэтому общее решение системы A) имеет вид
B)
где б — произвольная константа. Она определяется однозначно
из дополнительного условия, что числа а, р, у должны быть связа-
связаны такой же линейной зависимостью, что и вектора а, Ь, с. Дейст-
Действительно, пусть ka + lb + mc = 0. Тогда из B) и из условия ka +
1 = Ь находим
Знаменатель не равен нулю, так как точки А, В, С не лежат на
одной прямой. Зная a, р, у, теперь можно найти и вектор х и.ч
условий хХа = а, хХб = р, ххс=у. Эти уравнения линейно зави-
зависимы. Пусть, например, тф§. Тогда третье уравнение является
следствием остальных. В координатном виде первые два уравне-
уравнения имеют вид
Так как определитель этой системы равен alb2—a2bx = i
то она разрешима, и искомый вектор х существует.
9. Обозначим |5Л|=а, \SB\=b, \SC\=c. В силу условия, что
все углы при вершине S — прямые, находим все остальные реб-
ребра тетраэдра: \АВ\ = Va2 + b\ \ВС\ = УЬ2 + с\ \АС\ =Va? + c\
Тем самым по сторонам а, Ь, с тетраэдр определен однозначно.
Пусть а = Ь + с, как это требуется в условии. Построим
тетраэдр SABC, для которого |S^|=a, \SB\=b, |SC|=c,
все углы при вершине S прямые и сумма углов при вер-
вершине А равна 90°. Тогда в силу сделанного выше замечания и
во всяком другом тетраэдре, удовлетворяющем условию задачи,
сумма углов при вершине А также равна 90°. Развертка искомого
тетраэдра изображена на рис. 1. Она получается отрезанием угол-
уголка у квадрата со стороной а = Ь + с. То, что углы ASB, ASC пря-
прямые — очевидно. Угол BSC прямой, так как по построению
\ВС\ =
262

11. Для каждой фиксированной точки х—(х\
строим гиперплоскость, задаваемую уравнением
по-
Очевидно, эта гиперплоскость проходит через точку х и делит
многогранник Е на две части. В той части, которая ближе к нача-
началу координат, возьмем какую-либо вершину ое?. Она всегда най-
найдется, так как если все вершины многогранника лежат по одну
сторону от гиперплоскости, то и многогранник, будучи выпуклой
оболочкой своих вершин, также лежит по одну сторону от гипер-
гиперплоскости. Найденная вершина удовлетворяет неравенству
в частности a^nxi, i= 1, 2, ..., п.
13. Данная гиперплоскость- является трехмерным подпростран-
подпространством. Проекция этого подпространства на другую гиперплос-
гиперплоскость, задаваемую уравнением #4 = 0, является линейным преоб-
преобразованием трехмерных пространств.
Поэтому достаточно найти проекцию ис- д Ь в
комого сечения на гиперплоскость х4 = 0—
эта проекция будет линейным преобразо-
преобразованием искомого многогранника. Отожде-
Отождествим точку (х\, х2, Хз, 0) с точкой (х\, х2,
)R3
/
\
с
Рис. 1
Точка (Х\, х2, лгз) лежит в проекции се-
сечения, если найдется Х\ такое, что х\ +
+ х2-\-Xz+Хь = 2 и, конечно, 0<лг<<:1, i =
= 1, 2, 3, 4, откуда получаем условие на
хи х% Хз: 0<лг,<1, i=l, 2, 3 и l<*i +
+ x2-fx3<2. Указанные условия опреде-
определяют многогранник в трехмерном прост-
пространстве, лежащий между сечениями еди-
единичного трехмерного куба плоскостями Xi + x2+x3=l, xi+x2 + x3 = 2.
Эти сечения и сам искомый многогранник — октаэдр изображены
на рис. 2, 2а. Очевидно, у него 6 вершин, 12 ребер и 8 граней.
15. Да, существует. Факт этот может показаться неожиданным,
так как в трехмерном пространстве аналогичное утверждение
неверно: если трехмерный выпуклый многогранник имеет 5 вер-
вершин, то число ребер у него меньше, чем С52 =10 (действительно,
если число ребер равно 10, то по теореме Эйлера число граней
равно 2+10—5=7; с другой стороны, если все вершины попарно
соединены ребрами, то все грани треугольные, и их число равно
С5з=10).
Пример четырехмерного многогранника с-6 вершинами и Св2 =
= 15 ребрами строится так. Четырехмерное пространство R4 пред-
представим как прямую сумму двумерных подпространств Vi и V2, где
У\ задается уравнениями Xs = xi=0, а У2 — уравнениями Х\=х2 =
263

"=0. В каждом из подпространств V\ и V2 возьмем по треугольни-
треугольнику, содержащему внутри себя начало координат. Тогда шесть вер-
вершин этих треугольников и образуют искомый многогранник. Пусть
в Vi выбран ААВС, а в У2^- Л/liS^Cj. Обозначим а==ОА, Ь =
= ОВ, с = ОС, а.\ = ОАи bi = OBu Ci = OCu где О — начало коор-
координат. Будем для определенности считать, что a + b~\-c = al + bi +
+ d = 0 (из того, что точка О лежит в треугольнике ABC следует,
что некоторая линейная комбинация векторов а, Ь, с с положи-
Рис. 2
Рис. 2,а
тельными коэффициентами равна нулю; мы считаем, что эти ко-
коэффициенты равны 1, хотя решение пройдет и в общей ситуации).
Докажем, что всякий отрезок, соединяющий какие-либо две точки
из набора: А, В, С, А\, В\, С\, не пересекается с внутренностью
любой выпуклой оболочки не менее трех из этих точек, что и
означает, что все 15 отрезков являются ребрами многогранника
АВСАВ^
Пусть сначала рассматриваемый отрезок лежит в одной из
плоскостей V\, V2; пусть, например, это отрезок АВ. Пусть какая-
то точка этого отрезка лежит во внутренности выпуклой оболочки
трех и более точек из числа А, В, С, Аи Вь С\. Это значит, что
выполняется равенство
где 0^т<^1, i=0, 1, ..., 6, Ti + T2 + .. .+Тб = 1, и среди чисел
Ti, T2, ..., Те не менее трех положительных.
Проектируя вектора C) на плоскость V\, получим
Подставляя с=—а—Ь и приравнивая коэффициенты при а и bt
264

найдем to=ti—тз, 1—То=тг—т3, откуда Т1 + Т2—2тз=1. Вследствие •
того что Ti + T2+. ..+тб=1, отсюда следует, что тз=т4=Т5=Тб = 0;
это противоречит тому, что среди чисел т,, i=l, 2, ..., 6, не менее
трех положительных.
Пусть теперь рассматриваемый отрезок соединяет точки из V\
и V2; пусть, например, это АА\. Из предположения, что он не явля-
является ребром, следует равенство, аналогичное C):
тоа+A— To)ai=Tia+T2b+T3C + T4ai+T5bi+T6Ci, D>
где числа тг удовлетворяют тем же ограничениям, что и выше.
Из D) находим xaa=x\a + X2b + хъс, откуда to=ti—т3, Тг—тз = 0-
Точно так же A—%ъ)ах—Х1р.\+ХьЪ\Л-%ьС\, откуда 1—то=Т4—те,
Хъ—Тб = 0. Следовательно, х\—тз + т4—т6=1, что влечет тз = Тб = т2 =
=Ts = 0; это противоречит предположению, что среди чисел т<, i =
= 1, 2, ..., 6 не менее трех положительных.
16. Воспользуемся индукцией по п. При п—\ гиперплоскости
являются точками, и отрезок с концами в этих точках является
искомым одномерным симплексом. Осуществим теперь индуктив-
индуктивный переход от размерности п—1 к размерности п.
Пусть си, а.2, ..., ая+1 — различные параллельные гиперплос-
гиперплоскости в R". Выберем на гиперплоскости an+i какую-либо п—2-мер-
п—2-мерную плоскость и повернем ап+\ вокруг этой плоскости на угол ф,.
0<ф<я/2. Полученную гиперплоскость обозначим а(ф).
Гиперплоскости си, ..., ап пересекают а(ф) по (п—2)-мерным
параллельным плоскостям. По предположению индукции в а(ф)
найдется (п—1)-мерный правильный симплекс 5(ф) с вершинами
на этих плоскостях. Проведем через центр этого симплекса пря-
прямую /(ф), ортогональную а(ф), пусть эта прямая пересекает ги-
гиперплоскость an+i в точке А (ф) (рис. 3). Мы получили симплекс
A(q>)S(cp), все вершины которого лежат на заданных гиперплос-
гиперплоскостях. Однако он не обязательно правильный. Правильным он
будет тогда и только тогда, когда расстояние d(tp) от вершины
А (ф) до вершины симплекса 5(ф) (одинаковое для всех вершин
5(ф)) будет равно стороне с (у) симплекса 5(ф).
Докажем, что найдется угол ф, при котором с(ф)=с?(ф). Заме-
Заметим, что функции с(ф) и с/(ф) непрерывны на интервале @, л/2).
Если ф-vO, то с(ф)-»-оо, а d(<p) остается ограниченной (очевидно,.
Hmd((p) не превосходит наибольшего из расстояний между ги-
перплоскостями си, ..., an+i), так что с(ф)>с?(ф) при достаточно
малых ф. Если же ф-мг/2, то с/(ф)~>-оо (прямая /(ф) становится
параллельной an+i), а с(ф) остается ограниченной, потому что
ограниченными остаются расстояния между плоскостями а,Па(ф)..
Следовательно, при ф, близких к л/2, имеем с(ф)<с?(ф). Таким
образом, найдется угол ф, для которого с(ф) =с?(ф).
18. Две точки экстремума заведомо существуют — это точки
наибольшего и наименьшего значения кривизны. Обозначим их А
и В соответственно. Если наибольшее и наименьшее значения сов-
265

падают, то все точки являются экстремальными. Поэтому будем
считать k(A)>k(B), где через k(M) мы обозначаем кривизну
данной кривой в точке М. Точки А и В делят данную кривую на
две дуги, которые будем обозначать АтВ и Ат'В.
Предположим, что других точек экстремума, кроме А и В нет.
Тогда по каждой дуге АтВ, Ат'В кривизна k(M) монотонно убы-
убывает, когда точка М движется от А к В. Основная идея решения
Рис. 3
Рис. 4
состоит в том, что из-за монотонного убывания кривизны угол
между вектором скорости точки М и лучом АВ в точке В будет
меньше, чем в точке А (C<а в обозначениях рис. 4). То же вер-
верно и для дуги Ат'В. Как видно из рис. 4, соотношения р<а,
J3'<a' влекут р + р'<а+а' = л, что означает наличие излома у дан-
данной кривой в точке В.
Итак, докажем, что если на дуге АтВ кривизна k(M) монотон-
монотонно убывает, то р<а. Для доказательства выберем систему коор-
координат, как на рис. 5, взяв в качестве начала координат точку
О^АтВ, наиболее удаленную от прямой АВ.
Для каждой точки М, лежащей на дуге ОА, определим угол
ц>(М) между касательной в этой точке и осью OY, причем из воз-
возможных ветвей функции <р{М) выберем ту, которая монотонно
возрастает, оставаясь в отрезке [0, л\, когда М движется от О
к А (монотонность следует из выпуклости дуги АО). Точно так же
для каждой точки М на дуге OS определим угол ty(M) между
касательной к точке М и отрицательным направлением оси OY
(см. рис. 5).
Пусть s — натуральный параметр на дуге ОА, возрастающий
от О к Л. Тогда кривизна в точке s по определению равна k(s) =
= \d<$lds\=d<$lds. Точно так же, если s\ — натуральный параметр
на дуге OS, то k(si) =dty/dsi. Из сделанного выше предположения
266

об убывании кривизны от точки А к точке В следует, что для
любых значений s и si из областей определения функций ф и \J?
имеем
—
as
—
ds1
Перейдя к координате х и замечая, что
ds
dx ds
dx
dx
Xo X
yfl
Рис. 5
Рис. 6
получим
Так как ф@)=»ф@)=0 и при значении х=хо, соответствующем
m4/w(,,du ' В ( ' имеет место стР°гое неравенство (потому что
*(А)>/г(В)), то, интегрируя E), получим
267

Тем самым мы доказали, что кроме точек А и В должны быть
еще точки экстремума. Но если функция k(M) имеет конечное
число точек экстремума, то их число четно — точек максимума
и минимума должно быть поровну. Действительно, между соседни-
соседними точками максимума лежит ровно одна точка минимума, и
наоборот.
Тем самым у функции k(M) не менее четырех точек экстре-
экстремума.
20. Решим сразу задачу б). Пусть К — замкнутая выпуклая
оболочка множества достижимых точек М и пусть КФМ. Так как
KczzM, то найдется точка хо^М\К. Так как точка х0 лежит вне
выпуклого компакта К, то найдется плоскость, разделяющая х0
и К- Очевидно, найдется сфера достаточно большого радиуса, ка-
касающаяся этой плоскости, также разделяющая х0 и К и охваты-
охватывающая К (рис. 6). Пусть О — центр этой сферы. Выберем теперь
среди всех точек множества М точку Х\, наиболее удаленную от
точки О. Так как точка хо^М лежит вне разделяющей сферы, то
я Х\ лежит вне этой сферы (так как |xiO|^|x0O|), следователь-
следовательно, Х\ лежит вне компакта К. Однако Х\ является достижимой
точкой множества М. Действительно, множество М в силу выбора
Х\ лежит в шаре радиуса \Ox\\ с центром в точке О. Поэтому
плоскость Р, касающаяся этого шара в точке Х\, пересекается с М
лишь по точке Х\, и М лежит по одну сторону от Р (см. рис. 6).
Таким образом множество К не содержит всех достижимых
точек М, что противоречит определению К-
22. Можно считать, что х-ф-Q. Пусть у ¦— проекция вектора у
— (*. у)
яа х, т. е. # = ——— х, и пусть z = y—у.
Тогда \z\ является высотой параллелограмма со сторонами х
и у, так что площадь S его равна \х\ -\z\. Отсюда имеем
{х, у)х
У ' \xV'
= U\2\y\2-(x, уJ =
= (*?+... + лд2 (у*+...+ yfi-ixM + x2y2 +...+ xnyrf =
—ХзУ,J + ...+ {хпуп-1 — хп-{уп)г =
Предпоследнее равенство проверяется непосредственным возведе-
возведением в квадрат; коэффициент 1/2 в последнем равенстве возникает
из-за того, что каждое слагаемое (х,г/у-—Х\у{J в сумме возникает
дважды (если 1ф\; если же i—\, то это слагаемое равно 0).
24. Если ребра параллелепипеда образуют с нормалью к плос-
плоскости проекции углы а, р, у, то площадь проекции равна ab cosy+
268

cos a + ас cos p. Действительно, площадь проекции складывает-
складывается из площадей проекции трех непараллельных граней. Площадь
же проекции грани равна произведению площади грани на коси-
косинус угла между этой гранью и плоскостью проекции.
По неравенству Коши—Буняковского имеем
ab cos у + be cos a + ас cos p* <
< V((ab)* + (beJ + (acJ) (cos2 a + cos2 p + cos2 y) =
Равенство достигается, если cos a : cos p : cos y = I/a : IJb : 1/c.
Ответ: а) УЪ\ 6) Y{abJ + (beJ -f {ac)\
26. Обозначим через Q внутренность данного многогранника,
S — его поверхность. Для каждой точки x^S через v обозначим
единичный вектор внешней нормали к S (строго говоря, для точек
х, лежащих на ребрах, вектор v не определен; но, как будет видно
ниже, это не помешает доказательству). Тогда интеграл от v по
фиксированной грани как раз равен вектору внешней нормали,
длина которого равна площади грани. Поэтому нам достаточно
доказать, что
0. F)
Заметим, что это равенство выполняется не только для многогран-
многогранников, но и любых областей Q с кусочно-гладкими границами.
Для этого вместо F) достаточно доказать, что
0, G)
где vt — i-я компонента вектора v, ?=1, 2, 3.
Последнее равенство следует из формулы Гаусса—Остроград-
Гаусса—Остроградского. Действительно, пусть F — постоянное векторное поле,
F— A, 0, 0). По формуле Гаусса—Остроградского имеем
f(i\ v)d*= fdiyFdx,
s a
а так как (F, v) =vi, div/7 = 0, то отсюда следует G) для ?=1.
Аналогично G) доказывается и для ? = 2, 3. Разумеется, равенства
{6) и G) справедливы в евклидовых пространствах любой конеч-
конечной размерности.
Существует много других решений данной задачи, в том числе
и элементарных.
28. Пусть диаметром множества К является отрезок АВ,
\AB\=d. Проведем через точку В ортогонально прямой АВ ги-
|;рплоскость Р. Тогда проекция Кр множества К на Р имеет
269

(n—1)-мерную меру o^S. Докажем, что
ad, и задача бу-|
дет решена. Заметим, что число —ad равно объему конуса К'
с вершиной в точке А и основанием Кр. Для доказательства
V ^— ad достаточно проверить, что множество К высекает на
п
каждой прямой /_]_/> отрезок не меньшей длины, чем высекает ко-
конус К'. Зафиксируем прямую 1±Р,
проведем двумерную плоскость АВ1 и
сведем задачу к случаю п = 2. Дейст-
Действительно, в пересечении плоскости
АВ1 с множествами К, К', Р получат-
получатся соответственно плоская выпуклая
фигура с диаметром АВ, треугольник
с высотой АВ и прямая, проходящая
через точку В перпендикулярно АВ
(см. рис. 7). Пусть проекцией выпук-
выпуклой фигуры на эту прямую является
отрезок СС\. Он же является основа-
основанием указанного треугольника. Пусть
прямая I пересекает ААВС. Тогда
в пересечении высекается отрезок той
же длины, что и в пересечении / с тре-
треугольником ADB (рис. 7). Но тре-
треугольник ADB целиком лежит в дан-
данной выпуклой фигуре, откуда и сле-
следует доказываемое неравенство.
30. Обозначим данный многогран-
многогранник через М.
Пусть Кг — множество точек вне многогранника М, удаленных
от М не более чем на г. Обозначим через Кг1 часть Кг, состоящую
из тех точек, для которых ближайшей к ним точкой многогран-
многогранника М является одна из его вершин, а через Кг2 — часть Кг,
состоящую из тех точек, для которых ближайшей точкой много-
многогранника М является внутренняя точка одного из ребер.
Множества Кг1 и Кг2 не пересекаются, лежат в шаре радиуса
R + r, поэтому сумма их объемов не превосходит —n(R+rK.
3
Найдем объемы Кг1 и Кг2. Множество точек из Кг, для которых
ближайшая точка многогранника М лежит на i-м ребре, устроено
так: оно является пересечением цилиндра радиуса г с осью на
этом ребре и двугранного угла, плоскости которого проходят
через i-e ребро и ортогональны граням многогранника М, примы-
примыкающим к этому ребру.
Объем этого пересечения равен 1/2(я—ф«)''2/,-, поэтому объем
К,2 равен ~У
Рис. 7
270

Найдем теперь объем /(Д Для этого возьмем внутри много-
многогранника М некоторую точку О и начнем гомотетично стягивать
многогранник М к точке О, не изменяя при этом г. Проследим,
как изменяется при этом множество Кг-
Очевидно, объемы множеств Кг2 и Кг3 (где Kr3 = Kr\(Kr1\jKr2))
стремятся к нулю, так как стремятся к нулю длины ребер и пло-
площади граней М. Объем же Кг1 остается неизменным, так как
гомотетичное преобразование М приводит к передвижению вершин
и примыкающих к ним частей Кг1 как единого целого. Поскольку
Л
в пределе объем Кг равен, очевидно, —яг3, то тем самым объ-
«з
ем Кг1 равен — nrs. Следовательно,
3
где Л = ]Г (я— %I{.
Из этого неравенства находим
3-^ _^ ± _^
3 г* г 3 г2
Устремляя г->-оо, получим искомое утверждение.
31. Имеем очевидные соотношения:
S/\APQ St\APQ S.\APR S^.ABR _ \PQ\ \AP\ \BR\
SAABC S/\APR ' SAABR ' SAABC \PR\ ' \AB\ ' \BC\
Применяя неравенство между средним арифметическим и
средним геометрическим, получим
3/ SAAPQ 1 / \PQ\ , \АР\ , \BR\
У SAABC V 3 I \PR\ \AB\ "*" |ЯС|
Точно так же
s*qrc J_ / \QR\ \RC\ \BP\
s.xABC X 3 V \PR\ \BC\ \AB\
Складывая эти неравенства и замечая, что IАР\ + \ВР\ = IАВ\,
= \BC\,.\PQ\ + \QR\ = \PR\, получим
откуда и следует искомое утверждение.
33. Докажем предварительно следующие леммы, которые
будем многократно использовать.
Лемма 1. Пусть измеримое множество А в евклидовом про-
пространстве размерности п покрыто конечным числом шаров. Тогда
271

можно выбрать несколько попарно непересекающихся шаров, сум-
суммарный объем которых не меньше, чем ¦ \х(А)(где \а(А) обо-
значает меру множества А).
Доказательство. Выберем из покрывающих шаров шар-
наибольшего радиуса. Обозначим его В\, а множество шаров, пе-
пересекающихся с ним, — Mi. Из шаров, не входящих в Мь выбе-
выберем шар наибольшего радиуса, пусть это В2. Обозначим через М2;
множество шаров, не входящих в Mi и пересекающих В2. Далее,
среди шаров, не входящих в М\ и М2, выберем шар наибольшего-
радиуса, пусть это будет бз, и обозначим Мз множество шаров,
не входящих в М][]М.2 и пересекающих В3 и т. д. В построенной
последовательности В\, В2, ... каждые два шара не пересекаются.
Докажем, что их суммарный объем не меньше —— ц(Л).
Действительно, в множество М{ входят шары, имеющие радиус
не больше, чем В,-, и пересекающиеся с шаром Bt. Следовательно,
все шары из М,- лежат в шаре В{, получающемся раздуванием
В{ в три раза. Поскольку всякий шар из покрытия А входит в од-
одно из множеств М(, то шары В' покрывают множество А. Поэтому
сумма их объемов не меньше ц(Л) и, следовательно, сумма объ-
объемов шаров Bi не меньше ц (А). Лемма доказана.
Лемма 2. Найдется число сп такое, что если сумма объемов
нескольких п-мерных шаров не меньше с„, то ими можно покрыть-
п-мерный единичный куб.
Доказательство поведем индукцией по п. Очевидно, мож-
можно вместо шаров рассматривать вписанные в них кубики. Для
л=1 имеем ся=1. Осуществим индуктивный переход от п—1 к п.
Пусть аи а2, ..., ат — длины сторон данных кубиков, распо-
расположенных в порядке убывания. По условию а^ + ... + а? > а„с„,
где а„ — отношение объемов л-мерного куба и описанного вокруг
него шара. Если а{^\, то доказывать нечего. Пусть далее ai<l.
Разобьем ряд а^-1 + a2'~i + ... на части ап~1 + ... +а%~1, а%+\ +
+ ... +а%—1, ... так, чтобы сумма каждой части была не мень-
меньше an-\Cn-i, но не больше an-iCn-i+l, кроме последней части, сум-
сумма в которой может быть меньше ап_1Сте-1.
По предположению индукции (л—1)-мерные кубы со сторона-
сторонами alt .... <%, покрывают (л—1)-мерный единичный куб. Следо-
Следовательно, л-мерные кубы со сторонами аъ ..., а^ покроют па-
параллелепипед со сторонами 1, 1, ..., 1, а^. То же самое верно
для кубов со сторонами a^+i, ..., а*, и т. д. Если мы докажем,
что о*,+ СА, + .. .^ 1, то полученными параллелепипедами можно
покрыть единичный куб. Так как (а™ + ... + а^) + (а? +1 + ...-)-
+ апк) + ... > апсп—ал_!С„_1, то •
272

откуда
Следовательно,
ancn — a,
¦n-\ Sj-1
— 1.
Ясно, что при достаточно большом сп последнее выражение боль-
больше 1.
Перейдем непосредственно к решению задачи. Обозначим дан-
данный куб через Q\. Пусть Q/ — множество точек из Qu удаленных
от границы Qi не менее чем на pi>0. Пусть pi столь мало, что
|x(Q/) >jx(Qi)—81, где ei выберем позже. Из данной последова-
последовательности шаров выбросим все, имеющие диаметр ^рь Так как
таких шаров конечное множество, то оставшиеся по-прежнему
удовлетворяют условиям задачи. Так как сумма их объемов бес-
бесконечна, то по лемме 2 можно конечным числом шаров из числа
данных покрыть куб Q\. Отбросим из них те, которые не пересе-
пересекаются с Qi'. Оставшиеся шары покрывают Q/ и лежат целиком
в Qi (в силу того, что их диаметры меньше pi). По лемме 1 из .
них можно выбрать несколько непересекающихся шаров, сумма
объемов которых не меньше, чем —— ц (QJ) ^ —— (ц (QJ— eJ.
Обозначим через СЬ множество, полученное из Q\ вычитанием
выбранных шаров. Тогда ц (Q2) < I 1 — ) ц (Q^ -\—~ . Обозна-
Обозначим через Q2 подмножество Q2, удаленное от 0Q2 не менее чем
на р2>0 и такое, что n(Q2')>^(Q2)—е2.
Рассмотрим последовательность данных шаров, из которой
исключены уже выбранные, а также шары диаметра не меньше рг-
Покроем конечным числом шаров из этой последовательности куб
Qi, а затем оставим только те, которые пересекаются с Q2'. Вы-
Выберем из них несколько непересекающихся, суммарный объем ко-
которых не меньше ц(ОД. и множество Q2 без этих шаров обо-
обозначим Q3. Тогда \i(Qs) < (\ —-\ ц (Qa) +-^- и т. д.
На каждом шаге мы выбираем конечное число шаров, не пере-
пересекающихся попарно и со всеми предыдущими и лежащих в Qi.
Сумма объемов шаров, выбранных после т шагов, равна 1 —
—li(Qm+i). Покажем, что n(Qm)->-0 при m-э-оо, и задача будет
/ 1 \ 8
решена. Действительно, имеем [i (Qm+\) < ( 1 rp)(-i(Qm)H——•
273

При достаточно малом гт получим n(Qm+i)^(l—e)^(Qm), где-
е>0 не зависит от т, откуда и следует, что \x{Qm)->0 при т-^оо.
Модифицируя приведенные выше рассуждения, можно доказать
следующий факт, называемый обычно теоремой Витали:
Если измеримое множество А покрыто системой шаров, такой,
что каждую точку А покрывают шары как угодно малого радиуса,
то можно выбрать счетное число попарно непересекающихся ша-
шаров, покрывающих почти все точки А.
Эта теорема имеет многочисленные применения в теории функ-
функций действительной переменной.
35. Пусть А я В — вершины данного многоугольника, расстоя-
расстояние между которыми максимально. Пусть С и D — вершины мно-
многоугольника, наиболее удаленные от прямой АВ и лежащие по
разные стороны от этой прямой. Пусть точки Сь С2, D\ и D2 та-
таковы, что четырехугольники АВС{С, АВСС2, ABD\D, ABDD2 явля-
являются параллелограммами (см. рис. 8). Тогда C\C2D2D\ — искомый
параллелограмм.
Действительно, по построению точки Сь С2, D\, D2 целочислен-
целочисленные, поскольку точки А, В, С, D целочисленные. Далее,.
С1С2 = 25Л — DjDa,так что четырехугольник CXC2D2DX является
параллелограммом. Данный многоугольник лежит в этом парал-
параллелограмме, так как в силу выбора точек Л, В, С, D он лежит
даже в объединении трапеций АВС\С2 и ABD\D2 (более того, если
провести через точки Л и В и прямые перпендикулярно АВ, та
данный многоугольник лежит в прямоугольнике, образованном
этими прямыми и прямыми CiC2, D\D2). Наконец, площади тра-
трапеций АВС\С2 и ABDXD2 равны утроенным площадям треугольни-
треугольников ABC и ABD соответственно, а площади треугольников AC2D2,
BC\D\ равны площадям конгруэнтных им треугольников BCD н
ACD соответственно. Следовательно, площадь параллелограмма
C\C2D2Ci равна учетверенной площади четырехугольника ABCD,
т. е. не больше, чем 4S.
37. Сдвигая данный параллелепипед параллельно себе, разобь-
разобьем все пространство на конгруэнтные параллелепипеды — ячейки.
Очевидно, для всех ячеек числа а, Ь, с одни и те же. Пусть BR —
шар большого радиуса R с фиксированным центром. Идея реше-
решения состоит в том, что объем этого шара приблизительно равен
числу узлов, попавших в Br. Оказывается, что число узлов в В%
приблизительно равно (а+Ь/2 + с/4+ \)х, где х — количество
ячеек в BR; с другой стороны, объем BR приблизительно равен
Vx, где V — объем каждой ячейки. Поэтому (а+Ь/2 + с/4+\)х^
*=*Vx. Если поделить на х и перейти к пределу при /?~>оо, то по-
получится точное равенство V = a+b/2-t-c/4+l.
Теперь приведем обоснование всех этих рассуждений. Обозна-
Обозначим через X множество ячеек, целиком лежащих в Br, а через
У — множество ячеек, пересекающихся с границей BR. Пусть
мощности этих множеств равны х и у соответственно. Каждому
узлу в пространстве сопоставим'вес: 0, если узел лежит вне шара
274

BR и l/q, если он лежит в шаре и принадлежит q ячейкам из
X\jY. Отметим следующие факты.
1) Если А — ячейка из X, то вес А (т. е. сумма весов всех
узлов, принадлежащих А) равен а + Ь/2 + с/4+1.
Действительно, внутри А лежат а узлов, и все они имеют вес 1.
На гранях А (исключая ребра) лежат Ъ узлов, каждый из кото-
которых имеет вес 1/2 (к каждой грани примыкают две ячейки). На
ребрах А, исключая вершины, лежат с узлов с весом 1/4, и, нако-
наконец, 8 вершин А имеют вес 1/8. Отсюда и следует, что вес А равен
а + Ь/2 + с/4+\.
2) Очевидно, если сложить веса всех ячеек из X{]Y, то полу-
получится число NR узлов в шаре BR, так как если узел входит в q
ячеек, то он считается q раз с весом l/q, т. е. в сумму он войдет
с весом 1. С другой стороны, сумма весов всех ячеек равна (а +
+ b/2 + c/4+l)x + z, где z— сумма весов ячеек из Y, и, следова-
следовательно,
Поэтому
NR=(a+b/2 + c/4+\)x + z. (8)
3) Объем VR шара BR, очевидно, больше, чем Vx, но меньше,
чем V(x+y). Запишем это так:
VR = Vx+zu (9)
где
4) Наконец, оценим сверху у, а вместе с ним и z, Z\.
Если диаметр ячейки равен d, то все параллелепипеды из У
лежат в шаровом слое BR+d/BR-d. Объем его равен — n((R+dK—
— (R—dK)=O(i?2) при R->oo. Так как Vy He превосходит объ-
объема этого слоя, то y = O(R2). Следовательно, z = O{R2), z{=O(R2).
Так как VR растет как R3, то из (9) следует VR~Vx, а из (8)
NR~ (a+b/2 + c/4+l)x при R-+oo (и *->-оо).
Применим теперь доказанные соотношения, когда ячейкой яв-
является единичный куб. Для куба V-—1, а = Ь = с = 0, так что если
х' — число таких ячеек в шаре BR, то VR~x', NR~x', откуда
VR~NR. Следовательно, Vx~ (a + b/2 + cl4+i)x, откуда V = a +
+ b/2 + с/4+1.
Замечание 1. Интересно, что объем тетраэдра с вершинами
в узлах нельзя выразить через число узлов внутри него, на гранях
и на ребрах (в отличие от случая плоскости, когда площадь лю-
любого целочисленного многоугольника выражается через подобные
характеристики по известной формуле Пика). Например, тетраэд-
тетраэдры, имеющие вершины @, 0, 0), A, 0, 0), @, 1, 0), A, 1, 2) и
соответственно @, 0, 0), A, 0, 0), @, 1, 0), @, 0, 1), не содержат
275

никаких узлов, кроме вершин, а объем первого вдвое больше
объема второго.
Замечание 2. Приведенное решение легко обобщается на
я-мерный случай. А именно, если П — я-мерный параллелепипед
с вершинами в узлах R", и если на внутренней части его i-мерных
граней находится Ki узлов (в частности, Ко — 2п — число вершин),
п
то объем П равен /, „„_,. ¦ Попробуйте доказать это утвержде-
i=0
ние, а также тот факт, что все числа К</2п~' — целые.
Рис. 8
Рис. 9
39. Для каждой прямой / рассмотрим двусторонний конус
с вершиной в точке О, образующие которого образуют с осью t
угол а/2. Пусть Ki обозначает пересечение этого конуса с единич-
единичным шаром с центром в точке О (рис. 9). Очевидно, для разных
прямых / из данного семейства множества Ki не пересекаются.
4 4
Так как их объемы не зависят от /, то имеем NV^ — я, где —я —
О О
объем шара радиуса 1, V — объем Ki. Объем V легко найти,
если направить ось ОХ вдоль прямой / и применить формулу
объема тела вращения:
276

где / (х) = tg — х при 0 < х < cos — и / (х) = V1 —хг при cos —
<1 х «< 1. Вычисляя интеграл, найдем V = —я A — cos — ), откуда
«3 V * /
. Вычисляя интеграл, найдем v =
4
1 - cos —
41. Обозначим данный треугольник Г. Доказательство пройдет
для любого треугольника Т, все углы которого не превосходят
120° (если хотя бы один угол треугольника >120с, то его легко
разбить на треугольники, в каждом из которых есть такой же
угол, например соединить середины сторон отрезками). Пусть
треугольник Т разбит произвольным образом на п треугольников.
Множество всех вершин треугольников разбиения (за исключени-
исключением вершин Г) разобьем на два подмножества. В подмножество А
отнесем вершины, не являющиеся внутренними точками сторон
треугольников разбиения или Г, а в подмножество В — остальные
вершины. Очевидно, к вершине из А примыкает не более двух уг-
углов, превышающих 120°, а к вершине из В — не более одного.
Поэтому всего углов, превышающих 120°, не более чем 2а + Ь, где
а и Ъ — численности множества А и В соответственно. Если мы
докажем, что 2а + 6<я, то в некотором треугольнике разбиения
все углы будут не более 120°.
В действительности мы докажем, что п—2а—6 = 1.
Сумма углов всех треугольников разбиения равна пп. С другой
стороны, эта сумма складывается из суммы углов при вершинах
Т, равной л, суммы углов при вершинах из А, равной 2ал, и сум-
суммы углов при вершинах из В, равной 6я. Поэтому пл = л + 2ал +
+ Ьл, или п—2а—6 = 1.
42. Пусть множество М не лежит на одной прямой. Тогда най-
найдутся три точки А, С, Е^М, не лежащие на одной прямой; точка
D симметричная точке С относительно прямой АЕ, также принад-
принадлежит М. Пусть точка В симметрична точке А относительно пря-
прямой CD. Получим ромб ACBD, все вершины которого лежат в М.
Из ромба легко «изготовить» прямоугольник. Действительно, от-
отразим точку В симметрично относительно прямых АС и AD, а точ-
точку Л — относительно СВ и BD (рис. 10). Все вершины получив-
получившегося прямоугольника Л^С^ принадлежат М. Далее, отра-
отражая вершины прямоугольника относительно его сторон, получим,
что М содержит все узлы решетки, порожденной прямоугольником
AlBlClD1 (рис. 11).
Заметим, что если в ромбе ABCD длина диагонали АВ равна
d, то стороны прямоугольника A\B\C\DX не превосходят Ъй. На-
Например, \AlDi\<\AlB\ + \BA\ + \ADl\^2d+d + 2d=5d (\AiB\<z
<2d, так как половина АХВ является высотой в AABD, и т. д.),
аналогично оценивается |yli6i|. Покажем теперь, как, имея в М
решетку, получить в М ромб с как угодно малой диагональю. Это
277

видно на рис. 11: если расстояние между точками Du С достаточ
но велико, то Z.D\CA' достаточно мал, поэтому расстояние
между симметричными точками А', В' достаточно мало. Вместе <
точкой С" и точкой, симметричной ей относительно прямой А'В'
точки А', В' образуют ромб, вершины которого принадлежат М
а диагональ А В' достаточно мала. Прямоугольник, полученный
из этого ромба приведенным выше методом, имеет достаточно ма-
малые стороны. Тем самым множество М содержит как угодно мел-
.кую решетку и поэтому всюду плотно.
Рис. 11
Попробуйте придумать пример такого множества, не совпадаю-
совпадающего со всей плоскостью.
44. Искомое множество А удобно строить на проективной пло-
плоскости. Пусть А\А2. ¦ -Ап — правильный я-угольник.
Пусть U — прямая, являющаяся продолжением стороны
л-уголышка, противоположной вершине At (здесь мы пользуемся
нечетностью п). Прямая /; пересекает бесконечно удаленную пря-
прямую в некоторой точке Bi. Тогда множество А, состоящее из то-
точек Ai, Bi, i=l, 2, ..., п, является искомым. Оно разбивается на
пары (Ai, Bi). Если прямая / проходит через точки Ai, Л/, 1ф\,
то она параллельна одной из сторон «-угольника А\Аг...Ап (при
нечетном п всякая диагональ правильного п-уголышка параллель-
параллельна одной из сторон) и тем самым проходит через одну из точек
Bk. Если прямая / проходит через точки Ai, Bj, 1ф\, то она, буду-
будучи параллельной /-й стороне п-угольника и проходящей через вер-
вершину А{, является диагональю и поэтому проходит через некото-
некоторую вершину Ац. Наконец, если / проходит через точки Bi, Bs, 1Ф
ф\, то / является бесконечно удаленной прямой и проходит через
все остальные точки Вц (так как я>3, то хотя бы одна из них
не совпадает с Bi, Bj). '
278

Если сделать проективное преобразование, переводящее беско-
1ечно удаленную. прямую в некоторую прямую, не проходящую-
'ерез точки Ait то получим искомую конфигурацию на евклидовой
1лоскости. Для случаев н = 3, я = 5 множество А изображено на
inc. 12а, 126.
Рис. 12, а
Рис. 12,6
46. Воспользуемся индукцией по п. Случай я=1 очевиден. Про-
зедем индуктивный переход от п—1 к п. Пусть в Rn нашлись
1+2 вектора, образующие тупые углы. Обозначим их хи х2, ...
.., хп+2. Проведем через п—1 векторов xit х5, ..., хп+2 (п—1)-мер-
we подпространство, которое обозначим V. Два из трех оставших-
¦я векторов Х\, xi, хъ лежат по одну сторону от V, пусть это-
:i и х2.
Обозначим через Х\, Х2 проекции векторов х\, Х2 на V. По пред-
юложению индукции среди п+\ векторов хи Х2, xit x5, .... xn+i
1айдутся два, образующие нетупой угол. Так как среди векторов
-, Хь, ... таких пар нет, то в пару, образующую нетупой угол, вхо-
входит один из векторов хи х2. Пусть сначала угол между хх и х2 не-
"УПОЙ.
Покажем, что угол между Х\ и х2 нетупой. Действительно^
лусть Xi = Xi + yi, где yi-i-V, t=l,2. Тогда (хи х2) =
279-

i, x2+y2) = (xi, xa) + (xu y2) + (xit yx) + (г/ь y2) = (xu x2) +
+ (Уь У-г) (скалярные произведения (xit г/,) равны 0 в силу хг±у3).
Так как вектора х\ и х2 лежат по одну сторону от V, то ух и г/г
сонаправлены, так что (ух, у2) >0. Так как угол между хх и Хг не-
нетупой, то (xi, х2) >0. Следовательно, и (*i, х2)>-0, так что угол
между Xi и х2 нетупой.
Случай, когда нетупой угол образован вектором х.\ или х2 с
одним из векторов л:4, хь, . ¦ •, хп+2, фактически является частным
-случаем рассмотренного, так как мы не исключали ситуации xxG.
eV или x2eV.
i ем самым пара векторов, образующих петупой угол, найдется
во всех случаях.
48. Пусть G — множество векторов, являющихся линейными
комбинациями с целыми коэффициентами конечного числа векто-
векторов из данной последовательности. Очевидно, что G является под-
подгруппой Z2. Решение задачи легко следует из такого свойства Z2:
всякая подгруппа Z2 порождена не более чем двумя векторами.
Если это свойство считать доказанным, то задача решается так.
Найдем те вектора в G, которые порождают G. Каждый из них
является линейной целочисленной комбинацией конечного числа
векторов Xk, пусть в совокупности это будут вектора Х\, х2, ..., х^.
Тогда всякий вектор из G, в частности всякий вектор Хи, является
целочисленной линейной комбинацией х\, ..., Xn-
Докажем теперь указанное выше свойство Z2.
Пусть сначала в G найдутся неколлинеарные вектора. Так как
вектора в G имеют целочисленные координаты, то найдется век-
вектор j/ieG, имеющий минимальную положительную длину в G.
Пусть уг^О — вектор, конец которого находится на минималь-
минимальном положительном расстоянии от прямой, проходящей через ух.
Тогда вектора у\ и г/2 порождают G.
Действительно, пусть помимо векторов вида nyi + my2, где п и
т — целые, в G есть и другой вектор z. Найдутся целые числа я
и m такие, что вектор zx = z—пу\—
_J_ / / / —ту^ лежит в параллелограмме,
1 7 образованном г/ь г/г (рис. 13). Но
тогда либо zi, либо yi + y2—zl = z2
лежит в треугольнике, образован-
образованном векторами у\ и у2, что, как не-
нетрудно понять, противоречит выбо-
ру г/i и г/г. Тем самым G порожде*
о] Щ ] / на векторами у\ и у2. Случай, ког-
когда все вектора в G коллинеарны,
Рис. 13 очевиден.
Предлагаем читателю также
доказать, что всякая подгруппа
в Zn порождена не более чем п векторами. Отсюда будет следо-
следовать, что утверждение настоящей задачи справедливо и для л-мер-
ных векторов.
280

49. Пусть О — фиксированная точка. Из условия задачи сле-
следует, что произвольный луч /, выходящий из этой точки, пересе-
пересекает бесконечное число деревьев. Занумеруем все деревья нату-
натуральными числами; пусть центр k-то дерева находится на расстоя-
расстоянии гк от точки О. Спроектируем радиально каждое дерево на
окружность единичного радиуса с центром в точке О. Из сделан-
сделанного выше замечания следует, что в каждую точку окружности
проектируется бесконечное число деревьев. Пусть проекция ft-ro
дерева является дугой длины а*. Тогда аи~ \\тк при rk-*-°°. Из то-
того, что каждая точка окружности покрыта бесконечным числом
дуг, следует, что 01 + 02+. .. = oo. Для доказательства нам удобнее
иметь дело с открытыми дугами (без концов). Так что увеличим
немндго каждую из рассматриваемых дуг, но так, чтобы длина
каждой увеличилась не более чем вдвое. Полученные открытые
дуги покрывают каждую точку окружности бесконечное число раз.
Так как окружность компактна, то можно выбрать подпокрытие из
конечного числа дуг. Оставшиеся дуги опять покрывают окруж-
окружность с бесконечной кратностью, выберем еще раз конечное под-
подпокрытие и т. д. Сумма длин дуг в каждом выбираемом конечном
подпокрытии больше, чем 2л;, поэтому сумма длин всех дуг рав-
равна оо. Тем самым ai + a2 + . .. = «э и \1г\+ 1/г2 + ... = °°.
Разобьем числа п, т%, ... на группы, пусть в п-ю группу войдут
те rk, для которых n<rk<n+\.
Обозначим через Вп количество чисел rk, меньших п. Тогда в
п-й группе всего Вп+\—Вп чисел г*. В я-й группе сумма чисел ви-
вида
да I/Гц не больше, чем (Bn+i—Вп)/п, поэтому V ¦
Преобразуем частичную сумму этого ряда
^=00.
II*
S
+1
i ,
в.
— ва
2
. +-
• + ...
вт
+ ¦
Вт+1 — В/п
от
1 Bm+i
т
Докажем, что Л -— = оо. Пусть имеет место противное:
imi (П— 1)П
03
\ 2__ — С<оо. Тогда последовательность |—2^} не мо-
л-i (п—\)п { т J
Л—2
жет иметь предел со при /n-vco, так как в противном случае при
больших т выполнялось бы
Bm+i ^.i Bm+i v^ I
ОТ (ffl-f-l)m ОТ-f-1
10 Зак. 481 281

OB
и ряд \ — расходился бы. Следовательно, существует
^J (n—l)n
последовательность тьг*-°о такая, что ?±L_ < С\ где Cj не за-
висит от mk. Но тогда \] —2±J — < С + Clf и при тк-+-°о
получим V ffl"+'-g" <
V f
«о
Итак, мы доказали, что \ -—2—— =
J^ (П—\)П
2
оо.
п=2
Наконец, замечая, что Ап>>Вп-\ (если центр дерева удален от
точки О менее чем на п—1, то само дерево лежит в шаре радиуса
п с центром в точке О) и что — — — при n->-oot по-
ОЭ
лучим \ —2. =оо.

ГЛАВА 4
ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ, КОМБИНАТОРИКА И ТЕОРИЯ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ
§ 1. Теория чисел
1. Каждому решению [хо, г/о) уравнения х2+у2 = п можно по-
поставить в соответствие решение (jci, у\) уравнения х2+у2 = 2п по
формулам Xi—Xo+yo, yi=xo—уй. Указанное отображение множе-
множества решений уравнения х2+у2 = п в множество решений уравне-
уравнения х2+у2 = 2п является, очевидно, инъекцией. Но оно будет и
сюръекцией, так как если xi2.+yi2 = 2n, то числа Х\ и у\ имеют оди-
одинаковую четность, а значит, числа хо= (*i + #i)/2 и г/о= (xi—г/0/2
являются целыми, хи2-\-у02 = п, и при этом х1=хо+Уо, yi — Xo—г/о.
Итак, построенное нами отображение является взаимно-одно-
взаимно-однозначным соответствием. Следовательно, оба уравнения имеют оди-
одинаковое количество решений в целых числах.
3. Заметим, что если тройка чисел (х, у, z), x^y*cz, удовлет-
удовлетворяет уравнению, то тройки (г/, z, 3yz—х) и (х, г, Ъхг—у) также
являются его решениями. Используя это обстоятельство, мы мо-
можем начиная с тройки A, 1, 1) построить цепочку троек, удовлет-
удовлетворяющих данному уравнению:
A,1,1), A,1,2), .A,2,5), A,5,13), A,13,34),
A, 34, 89), .A, 89, 233),
и, наконец, тройку (89, 233, 62210), все элементы которой боль-
больше 50. ~v»lt
5. Разложим число п на простые множители. Пусть п=р^...
... p^k, где р\ pk —¦ различные простые делители я,
ri гк — натуральные числа. Нам нужно доказать, что число
т=1 + а+. .. + ап~1 делится на все числа р\\ ... , р?*. Возьмем
/е{1, ..., k), p=pi, r=r/ и проверим делимость т на рг.
По условию (а—lI^ делится на р. Значит а—1 также делит-
делится на р. Отсюда вытекает делимость на р всех чисел вида а'—1,
N ибо
а°—1 == (а— l
10* 283

Число т можно представить в виде
Каждый из г сомножителей A -\-ор~х+ ... -f а'"-1)"') делится на
р, так как его можно представить в виде суммы делящихся на
р чисел:
(ар'— 1) +{а?»'~1— \)+ ... +(atp-i>p' —1) +р.
Поэтому их произведение делится на рг. Следовательно, и т
делится на рг, что и требовалось доказать.
8. Мы докажем, что при т = п2 существует такое число М&
е{0, 1, ..., т—1}, что ни при каких целых х и у число М не яв-
является остатком от деления хп + уп на М, т. е. хп + уп—М не де-
делится на т.
Для этого воспользуемся следующим утверждением: если х и
Х\ — целые числа и х—х\ делится на п, то хп—х\п делится на я2.
Справедливость утверждения следует из представления
хп — х" = (х — хг) (хп-х + xn~4L + ... 4- х1}-1).
Первый сомножитель х—х\ делится на п, второй также делится на
п как сумма п слагаемых, дающих одинаковые остатки при де-
делении на п. (Последнее вытекает из того, что разность любых двух:
соседних слагаемых хкхп~х~к—xk~lx^k —xk~lx1~k~i (x—xj делится
на п). Значит, произведение делится на п2.
Из доказанного утверждения следует, что если х и у — целые
числа, дающие соответственно остатки х\ и у\ при делении на п,
то число хп+уп дает тот же остаток при делении на п2, что и
Х1 + У1- Но число различных сумм вида х" + у", где Q^xi<n,
О«:г/1<я, не превосходит числа неупорядоченных пар (х\, г/i)
@, 0<г/1<л), т. е. не больше п(п+1)/2. Значит, и число
2
различных остатков, даваемых числами хп + уп при делении на л2,
не превосходит п(п+1)/2. Так как п{п+1)/2<п2, то среди чисел
О, 1, ..., п2—1 найдется хотя бы одно число, не являющееся остат-
остатком от деления хп + уп на п2. Утверждение доказано.
9. Пусть 2к — наименьшая степень двойки, превосходящая п.
Имеем fe= [Iog2/x] + I<log2«+1.
Рассмотрим множество А, составленное из 2* неотрицательных
целых чисел, имеющих в десятичной записи не более k цифр, каж-
каждая из которых равна 0 или 1. Так как А содержит больше п чи-
чисел, то существуют два элемента А, дающие одинаковый остаток
при делении на п. Их разность делится на п и записывается в де-
десятичной системе только цифрами 1, 9, 8, 0.
Для решения задачи осталось показать, что разность двух эле-
элементов из А не превосходит ПА. Наименьший элемент А равен 0,
284

а наибольший равен A0*—1)/9. Это число меньше, чем
ТП
9 9
что и требовалось доказать.
П. Обозначим I—-— 1 4- через с„. Покажем,
\ 2 / \ 2 /
что 3an+i + 2an = an+2. Имеем
Так как ai==3, аг=13, то с помощью установленной рекуррентной
формулы an+2 = 3an+1 + 2an индукцией по л легко доказать, что при
любом п число а„ будет целым и нечетным.
14. Пусть a =*lim {•*"}, /п„ = [д^+1]—[х"]. Тогда
n-t-m
lim ((*— l)xn— mn)= lim (д^+1—[л;п+1])—lim (xn—[x"]) =
Теперь остается доказать лемму, из которой сразу будет следо-
следовать утверждение задачи.
Лемма. Пусть xeQ, х>1, с?=0, {пгп} — последовательность
целых чисел и пусть
0. A)
П-+-ЯО
Тогда х — целое число.
Доказательство. Пусть x=p/q, где p,q^fi, (p, q) — \,
е = 1/(р4-^). Неравенство \схп—mn]<e выполнено при всех п~>па.
Значит, если п>-п0, то справедливы неравенства
| срхп—рпгп | <ре,
Но cqxn+1 = cqxnp/q = cpxn, поэтому
| pmn—qmn+i \<\ptnn—срх" | + | cqxn+i -~qmn+i \<pt + qz=\. B)
Так как в левой части B) стоит целое неотрицательное число, та
\pmn—qmn+i\=0, т. е. mn+i = — mn при п>п0. Отсюда
я
285

:-?— tnn, при любом &eN. Так как (pk, <7к) = 1, a
-9 ,. ~ «. «
, то mn, делится на дй. Это возможно при всех «еш,
если ^=1 или тп, = 0. Допустим, что тПа = 0. Тогда тПй+к—
= -?—тп<1 = 0 при всех feeN и в силу A) Птсд^ = 0, но это
противоречит условиям л;>1 и сфО. Значит, <7=1, т. е. х — целое
число. Лемма доказана.
Замечание. Существует предположение, что если в условии
леммы отказаться от требования JceQ, то из A) следует, что х —
алгебраическое число. Это верно, если условие A) заменить бо-
более сильным:
со
(сх"-тл)8<оо.
16. Докажем, что существует число ае[16/3, 17/3], удовлетво-
удовлетворяющее условию задачи. Для этого построим вложенную после-
последовательность отрезков
[16/3, 17/3] = [ai. Pi] =>[О2,Р*1 =>...,
удовлетворяющую условию
Из этого условия следует, что для всякого хе[а„, Р„]
т. е. 1/3<{хп}«2/3. Поэтому общая точка а отрезков [а„, рп]
удовлетворяет условию задачи.
Последовательность отрезков [an, Pn] будем строить индук-
индуктивно. Пусть отрезок [а„, р„] построен, тогда определено число
Положим а = а%+\ 6 = р^+]. Мы имеем
_(mn+±)a ^l>A
Поэтому отрезок [а, Ь] содержит некоторый отрезок вида
[mn+i + 1/3, /nn+i + 2/3], т„+1 s N.
Полагая
а„+1 - (тя+1 + изу/о+п, р„|,«(т„+1
286

мы получаем
< ВД та+1 + < ?„ = Ь,
или an<:an+i<Pn+i<Pn- Нужный отрезок [an+i, pn+i] построен.
п
18. Положим <7„ = 23\ Pn^Y 23
"-з
Тогда
Б-
<7п
+ 2
¦¦" = -1.A+21-**1).
V 2-зт = 2-зп+1+ V2-3m
«=л+1 т=л+2
Отсюда следует, что при любом с>1 неравенство
Яп
выполняется для достаточно большого п. Тем самым первая
часть задачи решена.
Докажем теперь, что неравенство ||—р/?|<1/?3 не может вы-
выполняться для целых ряд, если q достаточно велико. Допустим,
что оно справедливо для некоторых р и q. Тогда существует такое
п, что <7°«6< 23" = <7„< <71>8- Рассмотрим два случая.
1-й случай: p/q = pn/qn- Так как р„ — нечетное число, а 2 яв-
является единственным простым делителем числа qn, то (рп, qn) = l.
Поэтому p — lpn, q=lqn, где teN и имеет место неравенство
я
t
Рп
Яп
,3
Мы пришли к противоречию с предположением ||—plq\<l/q*.
2-й случай: plq=?pjqn- Тогда pqn—qpn?=O и
_?
Я
Рп
Яп
:тор
<
РЯп — ЯРп
ЯЯп
ОНЫ,
t Р
Я
+
^ 1
ЯЯп
с Рп
Значит, должно выполняться неравенство
112
ЯЧп Я3 я1
Но, обозначая ^' = min(^, qn), q" = max(q, qn) и учитывая, что
q"<(q')l'B (в силу выбора п), получаем
J 1^31 31
Ля'H'2
1
<78
я3п
я'я"
ЯЯп
287

что меньше при достаточно большом q. Полученное проти-
воречие доказывает утверждение задачи.
20. Нам нужно доказать, что для любого натурального числа
N найдется номер n>N такой, что а„(а)>с„(а, Р). Если
cN(a, р)=0, то с„(а, р)=0<а„(а) при всех n>N. Пусть
Сн(а, р)>0. В силу иррациональности а любой интервал (а, Ь)с
с: @, 1) содержит бесконечно много чисел {па}. В частности, су-
существуют натуральные числа п такие, что max@, р—cN{a, Р))<
<{mz}<{3, т. е. {р—па}<тт(р, си(а, р)). Среди таких чисел п
выберем минимальное /х0. Число п0 удовлетворяет условиям
{р—raoa}<min(p, cN(a, р))<{р—па} при любом /г=0, 1, ..., п0— 1.
Заметим, что no>N, так как в противном случае по определению
cN{а, р) выполнялось бы неравенство cjv(a, Р)<(Р—поа}.
Если с, (а, р) < а„0 (а), то искомое /г = /г0 найдено. Допустим,
что cn,(a, P) >ano(a)={/na}, l<m<;n0. Тогда выполняются соот-
соотношения
сп.+т (а, Р)< {Р — (га0 + т) а} = с„0 (а, р) — а„, (а), C)
«Ч+т (а) = ап> (а) = {/па}. D)
Неравенство C) вытекает из того, что
{Р—(по + т)а} = {{р — поа}—{та}} = {с„, (a, P) —а„, (а)} =
= СпЛа> Р)— ап,(а)-
Допустим, что равенство D) не выполнено, т. е. {&a}<an«(a) при
некотором k = {no+\, ..., /Xo+w}. Тогда O^.no+m—k<no и
{Р—(я0 + /п—к) а} < {р—(/io + m) a} +{ka} = с„0(а, р)— а„о(а) +{&*}<
<сп, (а, Р), но это противоречит выбору «о. Положим /ii = /io+
+ m. Если Cnt(a, P)< an,(a), то остается взять п = п\. Если же
сП1(а, Р) ^ап, (а), то мы можем подставить в C) и D) п\ вместо
п0. Далее положим /i2=/ii + m=rto+2/n и т. д.
При некотором k имеем сП/!(а, Р) < cink (a), так как если при
всех k будет cnft(a, p) >anft(a), то, подставляя в C) и D) вместо
по последовательно п\, /i2> • • •, мы получим
а„, (а) = а„0+т (а) =Оп,+2т (а) = ....
сп.+ш (а, р) < сЛо (а, р) — kan, (a). E)
Но при больших k правая часть E) меньше нуля. Это противоре-
противоречие завершает доказательство утверждения задачи.
22. Пусть КР — поле из р элементов (которые мы будем отож-
отождествлять с классами вычетов по модулю р), G — некоторое рас-
расширение поля, содержащее элемент i такой, что ?2+1 = 0. (Воз-
(Возможно, что i^KP; в этом случае можно взять G = KP. Если же
уравнение х2.+ 1=0 не имеет решений в Кр, то в качестве G можно
288

взять множество выражений вида &it-}-&2. где ki^Kp, k2^Kp,
i2+1 =0, с естественными операциями.) Произведение [\ (fe2 + 1)
перепишем в виде
где Р(х) — многочлен f] (x + k). Покажем, что P(x)=zxp—х.
кекр
Действительно, Р@) =0=0"—0. Если x^KP\{fy, то порядок эле-
элемента х в мультипликативной группе КР делит порядок группы
р—1; значит, хр~1 = \ и хр—х = 0. С другой стороны, Р(я)=0 для
всех х^Кр. Поэтому многочлен Р(х) — (хр—х) равен нулю для
всех х^КР; но степень его меньше р (коэффициенты при членах
х" уничтожаются); следовательно, Р(х) — (хр—х)з=0, т. е. Р(л;)==з
==хр—х. Подставляя x = i в F), получаем
Значит, J~J (k2 + 1) равно 0, если р имеет вид 4/+1, и равно 4,
кекр
если p = 4J+3 (teZ+). В первом случае остаток от деления
р
J~| (k2 4-1) на р равен 0, во втором — он равен 4.
Замечание. Попутно мы доказали, что сравнение &2+1=з
s=0(modp) имеет решение по простому модулю р>2 тогда и
только тогда, когда pssl (mod 4).
23. Пусть Ар — поле из р элементов и игэлр — поле, содер-
содержащее элемент хо такой, что л;04=—1. Вычислим {хо + хо~1)р. По
формуле бинома Ньютона
В правой части полученного равенства все члены, кроме двух
крайних, равны нулю, так как характеристика G равна р, а все
биномиальные коэффициенты СД й=1, ..., р—1, делятся на р.
Поэтому

Мы показали, что (хо + х^1)* = хо+х^х. Умножая на
получим
р+1
((*о+*ГУ) 2 = (*oWJ.
Заметим теперь, что
4
и, значит, 2 2 = 2, или 2 2j =1, что и требовалось доказать
25. Заметим, что 22m = 4"l=l + 3 + 3-4 + ...+3-4-1, 22т+^
= 2-4m = 2+3-2+3-4-2 + ... + 3-4m-I-2, поэтому kn>l/2 для чисе/
вида п = 21.
Докажем индукцией по п, что kn > 1J1/In re для всех neN
Если 1<же4, то это так, ибо &„>1, а 1/2>/Г1пп< 1 при «<е
Допустим, что /г>е4, и утверждение верно для всех значении
меньших п. Представим п в виде 2W, где число N нечетно. Есле
I ^ ~\f\nn, то, умножив представление числа 2' на N, получил
представление п, доказывающее, что kn > 1/2 > "^ln n[2. Если жь
/< Klnn, то Л^>га2-^^, 0ТКуда следует, что N> 1^
K ^, у у,
>1, т. е. iV>3. По предположению индукции^^^ >—1/ In
и, значит,
VlnrtЬг!!^— 1пЗ =
= — V (Vlnn — lJ + B — 1п2)]Лпп — A-ЫпЗ) >
2 '
> _LjA(/hwi —1J + B—In2J— (l + ln3) >— (Vln~n — 1).
Число представимо в виде mi + .. . + nik, где «=«„ ..
2 " .
mi</n2<... <tnkn trij+i делится на m,- при /=1, ..., ft—1. Tori
n=2t+2t+im1 + .. .+2l+lmk, откуда fen > 1+& w_,, и, наконе
Г"
*„ > i+4- (УШ-1) >4-кш^.
что и требовалось доказать.
290

27. Основу решения задачи составляет
Лемма. Пусть х\, ..., Xk — различные рациональные числа,
не меньшие 1, с\, ..., Ck — не равные нулю числа, {гпп} ¦— после'
довательность целых чисел, и пусть
Sc.xn m \ _o G)
Тогда х\, ..., хн — целые числа.
Лемму докажем индукцией по k. При k=\ мы получаем лем-
лемму, доказанную при решении задачи 14. Пусть теперь утвержде-
утверждение верно для k—1, докажем его для k. Фиксируем xi = plq. Из
G) получаем
k
^Ес^*"—ртп) =о-
lim (У c,qxf}+1 — qmn+i\ =0.
Вычтем первое равенство из второго:
ft
\\m\?ct(xiq—p)xj—(qmn+i — pmj}=:0. (8)
Среди коэффициентов dj = Cj(xjq—р) при Xjn один — коэффици-
коэффициент di — равен нулю, а остальные отличны от нуля, так как х\Ф:
фхь при \Ф1. Поэтому, применяя предположение индукции, мы
получаем из (8), что все числа х\, ..., xi-i, xi+\, ..., Xk — целые.
Так как / выбрано произвольно, то можно утверждать, что все
числа х,-, 1 </«:&, являются целыми. Лемма доказана.
Перейдем к решению задачи. По условию а>6, поэтому суще-
существует натуральное k такое, что bk<a<bk+l.
Полагая тп—а'~ eZ, х/ = -^г- (/ = 1, ...,&), й = ...=
= cft= 1, мы имеем
* ft
— = *-0 ш->-оо), (9)
поэтому можно применить лемму, согласно которой все числа х/,
/=1, ..., k, являются целыми. Значит, в левой части (9) стоит
а" — № л
целое число, и, следовательно, — = U при достаточно
6*"(ЬЛ — 1)
большом п. Это возможно только в случае a = bk. Утверждение за-
задачи доказано.
291

§ 2. Теоретико-множественные и комбинаторные задачи
1. По крайней мере пять боковых ребер пирамиды покрашены
в одинаковый цвет. Можно считать, что этот цвет — синий. Отме-
Отметим пять вершин основания, являющихся концами боковых ребер,
окрашенных в синий цвет. Если две какие-либо отмеченные вер-
вершины соединены синим ребром, то эти две вершины вместе с вер-
вершиной пирамиды образуют одноцветный треугольник. Остается
рассмотреть случай, когда любая диагональ, соединяющая две из
отмеченных точек, покрашена в красный цвет. В этом случае возь-
возьмем неотмеченную вершину основания и, двигаясь от нее по пе-
периметру основания, перенумеруем все отмеченные вершины: А\,
Ai, A3, Л4, А&. Тогда любые две вершины треугольника А\А^Аь со-
соединены диагональю (а не стороной) основания.
3. Если бы у каждого члена компании было ровно 45 знако-
знакомых, то общее число упорядоченных пар вида (а, Ь), где b — зна-
знакомый а, было бы равно 1981-45, а число неупорядоченных пар
такого вида было бы вдвое меньше, т. е. равнялось бы 1981-45/2,
что невозможно, так как число 1981-45/2 — не целое. Поэтому у
какого-нибудь члена компании, скажем ао, имеется не менее
46 знакомых. Пусть аи ..., а46 — знакомые ао, А{ ( t=l, ...
..., 46) — множество знакомых щ, отличных от а0. Каждое мно-
множество Ai состоит не менее чем из 44 людей. Так как общее число
людей равно 1981, что меньше, чем 46-44, то среди множеств
Аи ..., Л46 найдутся два пересекающихся. Пусть ЬеЛгГИ/, т. е.
человек Ь знаком как с щ, так и с щ. Тогда а0, а,, Ь, а,- образуют
искомую четверку. Утверждение доказано.
5. Рассмотрим ^-мерный куб (fe = 4 в п. а) и k = b в п. б)). Вве-
Введем систему координат так, чтобы центр координат совпал с цен-
центром куба, координатные оси были параллельны ребрам куба, а
длина ребра куба была равна 2. Тогда вершины куба — это точ-
точки вида (еь ..., ък), где е/ = ±1 при /=1 к.
Рассмотрим гиперплоскость Г, не параллельную ни одному из
ребер куба. Г задается уравнением a\Xy + ... + akxk = b; при этом ко-
коэффициенты ai,...,ak отличны от нуля (если а3=0, то Г была бы
параллельна /-й координатной оси, а следовательно, некоторым
ребрам куба). Нам нужно показать, что Г содержит не более tik
вершин куба, где «4 = 6, п5=10.
Заметим, что мы можем считать числа а\, ..., а* положитель-
положительными, поскольку множество вершин куба инвариантно относитель-
относительно замен знаков части координат на противоположные и поэтому
плоскости, задаваемые уравнениями а\Х\ + .. . + akXk = b и ||
+ ...+ \ak\xk = b, содержат одинаковое число вершин куба.
Если ai = ... = aft, то уравнение Г можно записать в виде
+ ...+хк = Ь/а1. Г содержит только те вершины куба, в которых
ровно / координат, где /= (k + b/ai)f2, равны 1 (а_остальные рав-'
ны —1). Число таких вершин равно нулю, если Z <= Z, а также 1<
<0 или l>k, и равно Си', если^еф, 1,..., k}.
292

Легко проверить, что Ckl<znh при всех I, поэтому в этом случае
утверждение задачи выполнено.
Пусть теперь оцфа.) при некоторых i и /. Тогда все числа
—а,—а,-, —ai + dj, а;—а;-, ai+dj различны. Зафиксируем еге
е{+1, —1} для всех /, не равных i, j. Тогда значения е, и е/,
удовлетворяющие равенству a1g1 + ... + aftgfe = fc, можно выбрать,
самое большее, одним способом. Так как наборов {ег: 1Ф1, /} суще-
существует 2*~2, то число решений уравнения a,\z\ + ... + akZk = b, е*е
е{—1, 1} (/=1, ..., k), равное числу вершин куба на гиперпло-
гиперплоскости Г, не превосходит 2к~2, Но 2*~2<я&, значит, и в этом слу-
случае утверждение задачи доказано.
6. Вместе с каждым словом длины k, k—l, 2, ..., т, рас-
рассмотрим его всевозможные расширения — слова длины т, пер-
вые'/г букв которых совпадают с исходным словом. Из условия за-
задачи следует, что расширение различных исходных слов также яв-
являются различными словами. Так как в алфавите из п букв мож-
можно составить лишь пт слов длины т, то общее число расширен-
расширенных слов не более пт. Очевидно, каждое слово длины k имеет
т
ровно пт~к расширений, поэтому V aknm~k < пт. Разделив это ра-
k=\
венство на пт, получим искомое утверждение.
7. xy = z+z+z + z, где
/-'J- (х-*-у-у)-К
9. Легко видеть, что множество М разбивается на классы эк-
эквивалентности, если считать элементы х и у эквивалентными в том
и только том случае, когда у = }кх при некотором feeZ (f — за-
заданная биекция). При этом на каждом классе эквивалентности f
будет биекцией, и для решения задачи достаточно на каждом
классе эквивалентности Mi построить симметрии gi и g2 такие,
что gi°g\ = f на М\. Пусть х — произвольный элемент Mi, тогда
Mi состоит из элементов Xk = fk{x) (&eZ); при этом возможно,
что Xk=xi для некоторых кФ1. Отображения g\:M\-*-Mi и ^Мр-*
-*-Ми заданные соотношениями gi(Xk) =#-*, g2(Xk) =#i-fc, коррект-
корректно определены, являются симметриями и удовлетворяют на Mi со-
соотношению g2°g\=f.
12. Докажем индукцией по п, что если есть <2П—2 подмноже-
подмножеств X, каждое из которых содержит больше половины элементов
X, то найдется п—1 элемент X, отмечающий все подмножества.
Основание индукции п = 2 очевидно. Допустим, что для п—1 ут-
утверждение верно, и докажем его для п. Так как каждое из мно-
множеств Ai содержит больше половины элементов X, то найдется
элемент леХ, принадлежащий более чем половине множеств Аи
Действительно, составим матрицу М = ||т,7||, где тц=1, если Ai
содержит Xj^X (считаем, что элементы множества X перенумеро-
перенумерованы) и Шц = — 1 в противоположном случае. Так как At содер-
содержит больше половины элементов X, то сумма чисел в любой стро-
293

ке матрицы М положительна, поэтому сумма всех элементов мат-
матрицы М положительна. Но тогда найдется столбец /, сумма эле-
элементов которого положительна, и тем самым х\ принадлежит бо-
более чем половине множеств Л*. Подмножеств, не содержащих X\t
останется < BП—2)/2 = 2"-'1—1, т. е. не больше 2п~1—2, и по
предположению индукции их можно отметить п—2 элементами,
которые вместе с х/ дадут п—1 элемент. Утверждение доказано.
Замечание. Мы не знаем, при каком наименьшем k утверж-
утверждение задачи останется верным, если в условии число 10 заме-
заменить на k.
14. Предположим противное. Тогда любые две тройки либо не
пересекаются, либо имеют ровно два общих числа. Если тройки А
и В имеют не менее двух общих чисел, то будем писать А~В.
Докажем, что если А~В и В~С, то А~С. Действительно,
пусть А = {х, у, z}, B = {x, у, t). Так как тройка С должна иметь
два общих элемента с В, то хеС или i/sC; тогда А я С пересе-
пересекаются и, значит, А~С.
Таким образом, все тройки разбиты на классы так, что в каж-
каждом классе любые две тройки имеют два общих элемента, а трой-
тройки из разных классов не пересекаются. Для каждого класса тро-
троек возможны три случая:
1) этот класс охватывает ровно 3 числа;
2) этот класс охватывает ровно 4 числа;
3) этот класс охватывает более 4 чисел.
Покажем, что во всех случаях число троек в классе не больше
количества охватываемых им чисел.
В первом случае класс состоит ровно из одной тройки, во вто-
втором — число троек не более 4. Рассмотрим третий случай. Пусть
А, В — две тройки из этого класса, А = {х, у, z), B = {x, у, f). Су-
Существует число и, отличное от х, у, z, t, принадлежащее некоторой
тройке С из нашего класса. Из условий А~С и В~С следует,,
что С = {х, у, и). Далее, для любой тройки D из условий A~Dy
B~D и C~D получим, что D содержит х и у. Отсюда следует,
что количество троек в классе ровно на 2 меньше количества эле-
элементов, охваченных этим классом (каждому числу, отличному от
х и у, соответствует ровно одна тройка, содержащая это число).
Получили, что в каждом классе количество троек не больше
количества чисел в этих тройках, однако общее число классов
больше количества чисел. Противоречие.
16. Положим А={аи .... ап},
1, если afe e А{
—
0, если ats4
1<и<я+1. Рассмотрим систему однородных линейных
уравнений с п+ 1 неизвестным.
= (i, k=\, ... ,п.
294

Она имеет нетривиальное решение (хи ..., хп+\). Положим /=
= {i:Xi>0}, J = {j:xj<0}, yi=Xi (te/), *,•=—*/ (/е/). Име-
«м
/fW=0
Заметим, что сумма V %#* положительна тогда и только тогда,
когда chi>0 при некотором te/, т. е. а^е^ при некотором te/, или
а»Е[| Aj. Аналогично, J* cft/Z/ > 0 тогда и только тогда, когда
А/. Следовательно, условия afte U At и ake U At рав-
равносильны, т. e. U A( = U Л;. Из этого равенства и непустоты
множеств i4i, ..., An+i и /U/ следует, что оба множества I и J
непусты. Утверждение полностью доказано.
19. Пусть х\, .... хп — задуманные числа, уи ..., ут, где т=
= п(п—1)/2, — числа, записанные на карточках. Для определе-
определения чисел х\, ..., хп достаточно знать значения п симметрических
многочленов
* (Л=1, ...,«)*>.
Покажем индукцией по k, что значение Sk(x) можно определить,
зная S,{y), /=1, .... k, где
При Л= 1 имеем
т. е. Sx(x)= rSi(y)- Допустим, что Si(x) Sk-x'(x) и
Я — 1
Sk[y) нам известны. Покажем, что Sk(x) определяется однознач-
однозначно. Имеем
* + J Й?
,Уг (? xk-'-xT1) =
/i
•) См.: Курош А. Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1976. С. 331—332,
291

<(
= Bn-2) J x* + ? C<(? *< ? **-<-? x») =
f=i г=1 «=i /=i *=i
fc-i fc-i
= Bn -2 _? С*') S, (x) + ? C& (*) Sft_, (x) =
ft—l
= Bл -2*) Sk (x) +
Учитывая, что по условию 2n—2ft=^0, мы получим искомое пред-
представление Sk(x) через 5i(x) SA_i (л:) и Sk(y):
ft—1
c"Si (x) Sk~l
Утверждение доказано.
Замечание. При п=4 определить задуманные числа по кар-
карточкам, вообще говоря, нельзя. Так, разные четверки чисел
@; 1; 2; 4) и (—0,5; 1,5; 2,5; 3,5) приводят к одинаковому набору
карточек A; 2; 3; 4; 5; 6). Мы не знаем, всегда ли, имея карточ-
карточки, можно определить задуманные числа, если п>4.
20. а) Существует, например, {0, 7г. 1, 2}.
б) Не существует. Допустим, что множество А обладает ука-
указанным свойством.
\. А не может содержать более одного элемента, большего 1.
В противном случае, если а и Ъ — наибольшие элементы А (а>
>Ь), с и d — два каких-либо других его элемента, то ab + cd>
>ab>a и, следовательно, ab + cdEEA.
2. А не может состоять из 4 элементов, один из которых боль-
больше 1. В самом деле, допустим, что А = {а, Ъ, с, d}, a>\>-b>c>d.
Так как
(ab + cd) — {ac+bd) = (a—d) (b—с) >0,
(ас+ bd) — (ad+bc) = (a—b) (c—d) >0,
то мы имеем
bd>ad+bc>ad>d,
и так как ab + cd^A, ac+bd^A, ad+bc^A, то ab + cd=at
ac + bd=b, ad+bc = c. Но тогда
a—c= (ab + cd) —(ad+bc) = (a—c) (b—d)<a—c,
так как b—d<b<.\. Противоречие.
3. Из доказанного следует, что А содержит по крайней мере
4 элемента, не превосходящие 1, Пусть (а, Ь) — пара элементов А
с минимальной разностью, причем а>Ь. Тогда существуют эле-
296

менты cad множества Л, отличные от а и 6 и не превосходящие
1. Имеем
ac+bd<=A, ad+bc^A,
0<(а—Ь) \с—d\ = \ (ac+bd) — {ad+bc)\<a—b,
что противоречит выбору элементов а и Ь.
Значит, требуемого множества А положительных чисел не су-
существует.
21. Допустим, что такого одноцветного подграфа не найдется.
Возьмем одноцветный связный подграф Gi с максимальным чис-
числом вершин. Будем считать, что ребра Gi подкрашены в первый
цвет; множество вершин Gt обозначим через А\. Возьмем х^А\,
у^'А\. Тогда ребро ху не может быть покрашено в первый цвет,
так как иначе подграф G\\]xy был бы связным, одноцветным и
содержал больше вершин, чем Gb Назовем цвет, в который по-
покрашено ху, вторым и рассмотрим связный граф G2, содержащий
ху, все ребра которого покрашены во второй цвет, с максималь-
максимальным числом вершин. Пусть Л2 — множество вершин G2. Обозна-
Обозначим Л12=Л1ПЛ2, Ai0=Ai\A2, A20 = A2\Au AQ0=A\(Al[}A2), где
Л — множество вершин исходного графа. Покажем, что множе-
множества А \2, Аю, Л20, ЛОо непусты. Имеем леЛ^, (/еЛ2о, поэтому
А\2Ф0, Л2О=?^0. Предположим, что Лю = 0. Тогда Л^Л^сгЛг и
А\фА2, т. е. саМ(Л2) >card^i), что противоречит выбору G\. На-
Наконец, по предположению, сагсЦЛ!) <card Л/2, card^2) <card Л/2,
, поэтому card^iLH2) <саМЛ и, значит, ЛОо=т^0.
Из максимальности Gi и G2 следует, что ребро, соединяющее
произвольные точки z^A\2 и t^.A00, не может быть покрашено ни
в первый, ни во второй цвет. Значит, все такие ребра покрашены
в третий из наших цветов. Объединение этих ребер образует связ-
связный одноцветный подграф с множеством вершин ЛОо1И12-
Аналогично, ребро, соединяющее произвольные точки «еЛю и
иеЛ2о, обязано быть покрашенным в третий цвет. Объединение
этих ребер образует связный одноцветный подграф с множеством
вершин Л1О11Л2о.
Так как объединение множеств Л^иЛоо и Л10иЛ20 есть Л, то по
крайней мере одно из них содержит не менее п/2 элементов. Оно
и будет множеством вершин требуемого одноцветного связного
подграфа.
23. Возьмем произвольное число msN. Тогда для любого k
т
число ЛГ =V Sk равно количеству отмеченных клеток в первых
т
т строках k-и таблицы, Bm = V R{— числу отмеченных клеток
в первых т столбцах k-и таблицы. При этом А™ + В™ = D™ + Е™,
где Dft1— число отмеченных клеток k-н таблицы, имеющих номер
строки или столбца, больше, чем т, а Ет— число отмеченных
297

клеток k-й таблицы, лежащих на пересечении первых т строк с
первыми т столбцами. Учитывая, что D%<CNk, ?™<ma, мы по-
получаем
Преобразуя это неравенство, имеем
Учитывая, что Nk-*- «э, —^-->- a{, —--*-${ при fe'^oo и пе-
Nk Nk
реходя к пределу в неравенстве, получаем
Так как meN произвольно, то V(a^ + Pj)^U что и требо-
валось доказать.
26. Обозначим через Vn множество вершин, в которые можно
попасть из О не более чем за п шагов. Пусть •Sn = Vn\Vn_i, sn =
= cardEn) (neN). Предположим, что из каждой вершины выхо-
выходит стрелок больше, чем входит. Отметим стрелки, выходящие из
вершин Vn- У начала каждой отмеченной стрелки поставим —1,
а у конца поставим +1. Тогда сумма всех отмеченных чисел рав-
равна нулю. С другой стороны, сумма чисел у каждой вершины в Vn
не больше —1. Поэтому сумма чисел у вершин в 5n+i не меньше
vn. Так как в каждую из sn+i вершин 5n+i входит не больше sn
-стрелок из Vn, то snsn+i>un. Отсюда
Vn+2— Vn =Sn+i +Sn+2
Докажем индукцией по т, что U2m>79"i2. Основание индукции
т—\ очевидно. Проверим индукционный переход:
Таким образом, предположив, что из каждой вершины выхо-'
дит стрелок больше, чем входит, мы показали, что опФо(п2). Тем
самым задача решена. «
298

* 21. Докажем сначала, что /|Gn = const при всех neZ. Обо-
Обозначим вершины в Gn через а\, ..., а&.
Пусть у вершины а,- число соседей в Gn равно щ и пусть %ц =
= 1, если а,- и а/ — соседи, и %г/ = 0 в противном случае. Через 5
обозначим сумму значений / в Gn_i и Gn+\, а через gn — card(Gn)
(Z). Тогда по условию
A)
06/ + gn-1 + gn+1
ИЛИ
Последнее равенство можно рассматривать как линейную систе-
систему относительно /(а,-). Одно ее решение очевидно:
Докажем, что других решений нет. Для этого достаточно пока
зать, что однородная система
k
Xi-V —Ш- * =о (t=l, ... ,k)
Ш Об/ + gn.x + gn+i
• имеет лишь тривиальное решение.
Действительно, пусть \xio\ = max \xi\, тогда
ilk
i aio + gn-i + gn+i
Г'откуда |л:г,| = 0, т. e. xx = ... =xfe = 0.
Итак, /|Gra^const при всех neN. Положим f\on — fn- Из~
A) следует, что
I ] t _ «</n 4" Sn-lfn-i + gn+i/n+i
j i " 06/4- gn-i + gn+i
|-t. e.
] ; /n (Sn—l + efn+l) = fn—\gn—\ + /n+lgn+1.
I! /„-/„+, = (/wi-/)-^- B)-
299-

Отсюда следует, что при п>0
ft gn-i gn-2 go ft f \ _ Sogl tf t \
gn+i gn gi I gngn-n
Будем считать, что fo>f\ (случай fo<fi разбирается аналогично;
при этом вместо fn при п>-0 следует рассмотреть fn при жО).
Тогда последовательность {fn} убывает, причем
и—1
f — f —а о (f —М V—1—
/о 1п~sosiuo /1/ /1 „ „
Так как fn>0 и fo—fn<fo, то
п-1
gkgk+i gogi (/о — /i) "
Значит, V < оо. Покажем, что это противоречит уело--
*J gngn+l
п
вию задачи, согласно которому V gk—O(n312). Обозначим #„«=¦
жУёпёп+и тогда
Так как при k, meN
m
1 l
« + • • • Ч" ^
I ¦
то существует число с>0 такое, что
1 1 ^ ст.*
Переходя к пределу при т~*-оо, получаем
ОО
Так как k e N произвольно, то отсюда вытекает, что / {-у=* °°. или
в-
п-1
300
if=i
= оо.
_ <
п-1

Полученное противоречие показывает, что /o = /i. Используя
{2), индукцией по neN легко доказать, что /„—/n_i = /i_n—/-п = 0.
Отсюда следует, что /п = /о при neZ, т. е. fs=const.
29. Укажем способ «быстрого умножения», определяя его ин-
индукцией по k для B& +2)-разрядных чисел. При & = 0 используем
обычное умножение «школьным методом». Сделаем индукционный
переход k-*-k+l, т. е. покажем, как умножить два B&+1 + 2)-раз-
рядных числа А и В, используя умножение B& +2)-разрядных
чисел.
Представим А и В в виде А = Аг • 22*+1 +А,, В=В1 • 22*+1 +В2,
где Ау, Л2, В1г В2 — B* + 1)-разрядные числа. Тогда АВ = (AjBj) х
X 22'i*1+2 + ((A1 + A2) (Bx+ В2) — А^Ву — АгВ2) ¦ 22k+l+AaBa. Значит,
для- вычисления АВ достаточно выполнить сначала два сложения
{А\+А2 и Bi + B2), затем три умножения B&-Н)- и B* + 2)-раз-
рядных чисел {AXBU А2В2 и (Ах+А2) (В\ + В2)), затем два вычита-
вычитания (AiBi и А2В2 из (Ai+A2) (Bi + B2)) и, наконец, умножить два
числа на степени двойки (т. е. дописать соответствующее число
нулей справа) и сложить три числа. Итак, нам потребовалось вы-
выполнить 3 умножения не более чем Bк + 2) -разрядных чисел и
б сложений и вычитаний. Сложения и вычитания «-разрядных
чисел требует О(п) операций. Поэтому если обозначить через
F (k) число операций при умножении двух Bк + 2) -разрядных чи-
чисел по указанной схеме, то мы получим оценку F(k + \) <.3F(k)+
+OBk). Отсюда индукцией по k легко показать, что F(k)=OCk).
/^-разрядные числа можно рассматривать как B*+ 2)-разряд-
2)-разрядные, где k= [\og2N] + 1. Поэтому число операций для умножения
ЛЛ-разрядных чисел по указанной схеме не больше, чем
О C*) - О CIogl N+l) = О (Nlos'3).
При больших N это существенно меньше N2.
§ 3. Вероятность и мера
1. Пусть О — центр данной окружности, и прямая Ох прохо-
проходит через заданный диаметр. На произвольной прямой d, брошен-
брошенной наудачу на плоскость, выберем точки А и В так, чтобы угол
Ф между Ох и АВ, отсчитываемый против часовой стрелки, лежал
на полуинтервале [0, л). Положение прямой d характеризуется
двумя параметрами: величиной угла ф и величиной и, равной рас-
расстоянию от точки О до прямой d, взятому со знаком +, если
треугольник ОАВ ориентирован по часовой стрелке, и со знаком
— в противном случае. То, что прямая d, пересекающая окруж-
окружность, взята наудачу, естественно интерпретировать следующим
образом: число ф равномерно распределено на [0, л), а при фик-
фиксированном ф число и равномерно распределено на [—г, г].
Прямая d пересекает данный отрезок тогда и только тогда,
когда j и| <:/ sin<p. Поэтому при фиксированном ф (и случайном
301

и) вероятность пересечения равна _?1?5ф Значит, вероятность то-
того, что произвольная прямая й пересечет данный отрезок, равна
2. Для произвольной точки А данной окружности через /л обо-
обозначим открытую полуокружность с концом в А такую, что на-
начиная с точки А мы можем двигаться по /л по часовой стрелке.
Пусть А\, ..., Ап — брошенные на окружность п точек. Отметим
среди них точки Aj такие, для которых полуокружность 1л{ не со-
содержит ни одной из точек Аи ..., Ап.
Если среди точек А\ Ап есть хотя бы одна отмеченная
точка Aj, то полуокружность, дополнительная к /д., содержит все
точки А], ..., Ап. Обратно, если существует полуокружность I,
содержащая все точки Аи ..., Ап, то, двигаясь по I с начала до
конца по часовой стрелке, мы встретим в каком-то порядке точки
А\, ..., Ап, и последняя из встреченных точек обязана быть от-
отмеченной. Значит, для решения задачи нам нужно найти вероят-
вероятность р того, что хотя бы одна из точек Аи ..., Ап будет отмече-
отмечена, так как это событие равносильно существованию требуемой
полуокружности.
Заметим, что две точки Ai и А\ при \Ф\ могут быть обе отме-
отмеченными только тогда, когда они совпадают или симметричны от-
относительно центра окружности. Вероятность этих событий равна
нулю. Значит, вероятность того, что среди точек А\, ..., А„ най-
найдется более одной отмеченной, нулевая. Отсюда следует, что иско-
искомая вероятность р равна сумме р,, /=1, .... п, где р/ — вероят-
вероятность того, что точка А,- отмечена.
Найдем р\. При фиксированном положении Aj каждая из то-
точек Ai, 1ф\, независимо от других может попасть на дугу 1а, с
вероятностью 1/2. Поэтому pj=(lh)n~l и, значит,
4. Рассмотрим бесконечную последовательность испытаний
Бернулли с вероятностью успеха 7г. Пусть |„ — число серий ус-
успехов в первых п испытаниях. Нам нужно найти М|„. Ясно, что
iVfs1 = 1/2. Далее, величина \п—1п-\ (и>2) равна 1, если в
(п—1)-м испытании была неудача, а в п-и — успех, и 0 в про-
противном случае. Поэтому М(|„—|n-i)=1/4, и, следовательно,,
М%п=М%п-\ + 1и. Отсюда получаем ответ:
+~
*Х
302

6. Для произвольного neN рассмотрим последовательное со-
соединение 2П участков, каждый из которых состоит из п параллель-
параллельно составленных выключателей, срабатывающих независимо друг
от друга с вероятностью р (рис. 1). Докажем, что при п-»-оо и
фиксированном p>lk вероятно-
вероятности того, что эта схема будет
срабатывать в обе стороны, стре-
мятся к 1.
Если включить выключатели,
то вероятность того, что на дан-
ном участке из п параллельно со-
единенных выключателей, все
они не сработают и цепь разо-
разомкнётся, равна A—р)п. Вероят-
Вероятность того, что это произойдет хотя бы на одном из 2П участков и
вся система не сработает, не превосходит
2"A— р)«=B—2р)п->0 (и-э-оо),
так как 2—2р<1.
Обратно, если выключить выключатели, то вероятность того,
что цепь все же будет пропускать ток, равна
Имеем
ln<7 = 2nln(l— рп)<2"(—рп)= — Bр)"->— оо
«(Мы воспользовались неравенством 1пA—и)<—и, где ие@, 1).)
З б
( р (),
Значит, q->-Q при п-*-оо, что и требовалось доказать.
8. Докажем сначала, что из 1) следует 2). Пусть соответству-
соответствующее aeR существует. Положив pk = P(X=a+kd), получаем
Отсюда
i2na
и, значит, \h{t)\ = \h{t+2nld)\.
Докажем, что из 2) следует 1).
Пусть \h(t)\ периодична с периодом to==2njd. Так как h@) =
= 1, то |ft(*o) I = 1, т. e. h(t0) =eib при некотором 6eR.
Тогда
1 = h (t0) e~ib = Me«'x-I'» = M cos (t0X —b) + IM sin (t0X —b),
. e. Msin(toX—b)=O и Mcos(W—Ь) = 1. Так как cos(t0X—b}
303

всюду не превосходит 1, то условие Mcos{tuX—Ь) = 1 влечет
cos(t0X—Ь) = 1 с вероятностью 1. Значит,
1 = Р (cos (t^X—b) = 1) = Р (t0X —6 е
Утверждение задачи доказано.
9. Заметим, что Р(|й = |;)=0 для любых кф1. Действительно,
в силу непрерывности F\(x) для любого х имеем /)(?а=л:)=0. Тог-
Тогда
*&=Ь)= J P(tk=x)dFk(x) = 0.
Фиксируя п, рассмотрим события Ak (&=1, ..., п), заключаю-
заключающиеся в том, что |& = max(|i, ..., |л). Так как величины li, ..., |п
независимы и равноправны, то P(Ai)=... = P(An). Вероятность
того, что произойдут хотя бы два из событий Ai, ..., Ап, равна
нулю: действительно, если |ft = max(|i, ..., |„), |г=шах(^ь ...
...,Ы, то U = li, но P(E* = Ei)=O. Поэтому Р(А1)+... + Р(Ап) =
= P(Ai[j...[]Ап). Поскольку одно из событий Ai, ..., Ап должно
произойти, P(Ai\j. ..\jAn) = l; значит, Р(А{) +...+Р(Лп) = 1 и
Р(А\) =.. . = Р(Ап) = 1/л. В частности,
Условие v = n равносильно тому, что gi=max(gi, ..., ?n-i), но
(|, ..., 1„). Поэтому
11. Для удобства будем измерять углы линейным размером
дуг, на которые эти углы опираются. Фиксируем точку D на окру-
окружности. Определим функции %а и %в следующим образом: Х4М =
= 1 (%в(я) = 1)> если при повороте окружности против часовой
стрелки на угол х точка D перейдет в точку из множества Л (со-
(соответственно из множества В), и %а(х)=0 {%в(х)=О) в против-
противном случае. Функции хл и %в имеют единичный период и
И 1
j 1a ix)dx = raes Л = a, j" хв (*)^ = mes В = р.
304

При повороте точки D на угол х против часовой стрелки мы
попадаем в множество Л[~|Др тогда и только тогда, когда
%л(х)%в(х—ф) = 1. Значит, нам нужно доказать существование та-
такого ф^[0, 1], что
1
о
Проинтегрируем /(ф) по [0, 1]:
1 1 1
J / (ф) *P = J (j Xa (x) %B (x — ф) dx} dip =
.о о о
11 1 x
([ %в (*—Ф) *P) * = [ 1a (x) ( f Xb (y)'dy) dx =
j (J ) J ( f
0 0 0 х—1
Поэтому найдется число ф^[0, 1] такое, что /(ф)>ар, что и тре-
требовалось доказать.
13. Покажем, что если / удовлетворяет условию задачи, Eicz
с=[0, 1], ?2<=[0, 1], mes?, = mes?12<I/2, то J / (х) dx - [ f (а;) Лс.
Действительно, так как
mes ((|0,1J \ ?j) \ ?3)^ 1 —2mes Е{^ mes Ev
то можно выбрать множество ?с[0, l]\Ei\E2 такое, что
mesE = mes/^. Положим A\ = E\JEU A2 = E\jE2. Имеем
= —,1 f(x)dx— \ f(x)dx,
2 i i
т. е.
E,
i и, значит, !
Et
305

Отсюда следует, что
1 2
h{x)dx=\f(x)dx= ... = f ,
Полагая F (x) — f / (t) dt, находим
0
fe=l ft—1 ft=l
Значит, /7(д;)=д: для любого рационального #е[0, 1]. В силу не-
неF [0, 1]. Ф f
, ()д для лю рцьго [, ] у
прерывности F это равенство верно для всех хе[0, 1]. Функция f
почти всюду равна производной от F, т. е. единице.
Ответ: /(д;) = 1 почти во всех точках *е[0, 1].
14. Фиксируем а и b (а2+Ь2ФО) и возьмем меру со на R та-
такую, что
ю(—оо, с]=ц{(х, y):ax+by<.c}^v{(x, y):ax+by<g.c).
Найдем значение преобразования Фурье меры ц в точке (а, Ь).
Имеем
|Г (а, Ь) = — Г f e-t<«+**> d|i (х, у) == — Г е-*1 dco (с).
я JJ я J
R» R
Аналогично,
v(a,6) = — f
я J
R
Следовательно, преобразования Фурье мер ц и v тождественно
совпадают. Значит, совпадают и сами эти меры.

СПИСОК СОКРАЩЕНИИ ВУЗОВ,
ВСТРЕЧАЮЩИХСЯ В ТЕКСТЕ
ВМиК — Факультет вычислительной математики и кибернетики
МГУ
ЕГУ — Ереванский государственный университет
КГУ — Киевский государственный университет
МАИ — Московский авиационный институт
МАДИ — Московский автомобильно-дорожный институт
МАМИ — Московский автомеханический институт
МГИ — Московский горный институт
МГПИ — Московский государственный педагогический институт
Мехдоат — механико-математический факультет МГУ
МИИГАиК — Московский институт инженеров геодезии, аэрофотосъем*
ки и картографии
МИНХиГП — Московский институт нефтехимической и газовой промыш-
промышленности (ныне — Московский институт нефти и газа)
МИСиС — Московский институт стали и сплавов
МИЭМ — Московский институт электронного машиностроения
МИЭТ — Московский институт электронной техники
МЛТИ — Московский лесотехнический институт
МТекстИ — Московский текстильный институт
МТехИ — Московский технологический институт
МФИ — Московский финансовый институт
МФТИ — Московский физико-технический институт
МЭИ — Московский энергетический институт
МЭИС — Московский электротехнический институт связи
НГУ — Новосибирский государственный университет
СТАНКИН — Московский станкоинструментальиый институт
УДН — Университет дружбы народов
СПИСОК ОБОЗНАЧЕНИИ
— абсолютная величина числа х.
— наибольшее целое число, не превосходящее х (целая часть
числа х).
— {х}=х—[х] (дробная часть числа х).
] — множество чисел х таких, что а<.х<.Ь; при а<.Ь это мно-
множество определяет отрезок числовой прямой с концами
а и Ъ
\а, Ь) — 1) множество чисел х таких, что а<.х<Ь;
2) точка или вектор с координатами а, Ь;
3) скалярное произведение векторов а, Ъ;
4) наибольший общий делитель чисел а, Ь.
"{а, Ь] ¦— множество чисел х таких, что а<.х<.Ь (возможно, что
а=—оо).
[а, Ь) — множество чисел х таких, что а<.х<.Ь (возможно, что
Ь = оо).
N — множество натуральных (т. е. целых положительных) чи-
чисел.
Z+ — множество целых неотрицательных чисел.
Z — множество целых чисел.
Q — множество рациональных чисел.
R — множество действительных чисел.
С — множество комплексных чисел.
Ап — п-я степень множества А, т. е. множество наборов
(ai, ..., ап), где ai^A, ..., а„еЛ; в частности, R" — л-
307

мерное арифметическое пространство; для векторов х-
= A|,...,л,)е^ и y=(yi,.,.,yn)e'Rn определено ска ля]
ное произведение (х, y)=*xiyi+...+xnyn.
— целые числа пит имеют одинаковые остатки от делеии
на натуральное число k.
п\ — произведение всех натуральных чисел от 1 до п, если пе
e=N; 0! = l.
CJJ — бииомиальные коэффициенты; здесь п, &<=Z,
НОД (га,, .... га») — наибольший общий делитель целых чисел п1( .... /г*, т. е,
наибольшее натуральное число, делящееся иа каждое из
чисел п\, ..., пь.
НОК («t« •,., я») — наименьшее общее кратное целых чисел tii, .... я*, т. е.
наименьшее натуральное число, делящее каждое из чисел
Пи ..., Пк.
lim хп — верхний предел последовательности {хп}, т. е. такое чио
ло а, что для любого е>0 иа интервале (а—г, а+г) ле-
лежит бесконечно много точек последовательности {хп},
причем все члены последовательности {«„^кроме ко-
конечного числа, лежат ниже точки о+ lim хп = —оо.
если lim хп = —со; lim лг„=:оо, если последователь-
ность {хп} не ограничена сверху.
[}2 хп — нижний предел последовательности {хп}, т. е. такое чис-
п-ю>
ло а, что для любого е>0 на интервале (а—е, а+г) ле-
лежит бесконечно много точек последовательности {х„},
причем все члены последовательности {.Кп}, кроме конеч-
конечного числа, лежат выше точки а—е; lim xn = оо, есл
lim хп = оо; Нт хп =—оо, если последовательность {хя}
не ограничена снизу.
lim }(x) ¦— предел в точке а справа.
lim /(*) — предел в точке а слева.
X-WI—
f(x)~g(x) — отношение f(x)/g(x) стремится к 1 при х-*-а.
при х-*-а
f(x)=o(g(x)) — отношение }(x)/g(x) стремится к 0 при х-+а.
при х-*-а
f{x)—O(g(x)) ~ существует число с такое, что |/(л;) |<с|^(л;) | при всех
на А хеЛ.
sup Л — точная верхняя грань множества действительных чисел Л,
т. е. такое наименьшее число а, что х«а для любого хе
еЛ; вирЛ = с», если таких чисел нет.
Inf Л — точная нижняя грань множества действительных чисел Л,
т. е. такое наибольшее число а, что х>а для любого хе
еЛ; inf Л=—оо, если таких чисел иет.
теэЛ — лебегова мера множества ЛсЯ".
ЛиВ — объединение множеств Л и В.
[jAi — объединение семейства множеств At, ie/.
te/
ЛПВ — пересечение множеств Л и В.
308

А\В
ААВ
card Л
А
Х
\АВ\
АВ
dim L
grad /(*, хп)
С" И)
С" (А)
КегЛ
lm A
А'
ttA
АТ
degp
Im 2
Re 2
P(A)
Ml
— пересечение семейства множеств Аи
— разность множеств А и В.
— симметрическая разность множеств А и В, т. е.
U (В VI).
— мощность множества А.
— замыкание множества А.
— векторное произведение векторов a, 6eR*.
— длина отрезка [АВ].
— вектор с началом в А и концом в В.
— длина вектора *eRn; ¦= (х, х) •
— норма элемента х нормированного пространства (в част-
частности, 11*11 = |л;| для R)
|| д )
размерность линейного пространства L.
функция, значением которой в точке (х\,
вектор
Ч хп) df(*i хп)
в++'
хп) служит
где ei е„ — единичные вектора прямоугольной систе-
системы координат.
пространство п раз непрерывно дифференцируемых функ-
функций на миожестве *4c:R*, teN, neN.
пространство бесконечно дифференцируемых функций иа
множестве <4crR*, teN.
прямая сумма линейных подпространств А и В.
ядро линейного оператора А, т. е. множество векторов,
переводимых этим оператором в нулевой вектор,
образ линейного оператора А, т. е. множество векторо»
вида Ах, где х пробегает область определения А.
оператор, сопряженный к оператору A: Rm-*-Rn, т. е. А*
действует из Rn в Rm и (А*х, у) = (х, Ау) для всех *s
R R
матрица с элементами а.ц (на пересечении i-й строки и
/-го столбца),
определитель матрицы А.
след матрицы А, т. е. сумма элементов главной диагона-
диагонали А.
транспонированная матрица А (!|ау[|7'=||а/|||).
степень многочлена р; степенью одночлена j ...x*n,
где с=?0, называется число ki+...+kn, а степень многочле-
многочлена — максимум степеней входящих в него одночленов,
мнимая часть комплексного числа г.
действительная часть комплексного числа г.
преобразование Фурье функции f, суммируемой на Rn.
вероятность события А.
математическое ожидание случайной величины ?.

ЛИТЕРАТУРА
1. Садовничий В. А., Подколэии А. С. Задачи студенческих олимпиг
по математике. М.: Наука, 1978.
2. Ш у б и н М. А. Задачи студенческих математических олимпиад. М.: Изд-в
МГУ, 1975.
3. С е р г е е в В. Н., Т о н о я и Г. А. Студенческие математические олимпиад-
Ереван: Изд-во ЕГУ, 1985.
4. С а т ь я н о в П. Г. Методические советы студентам, участвующим в мат
матических олимпиадах. Ч. 1, 2. М.: МЛТИ, 1980.
5. Избранные задачи из журнала «American Mathematical МопШуэ/Под ре/
В. М. Алексеева. М.: Мир, 1977.
'6, Т о н о я и Г. А. Студенческие математические конкурсы. Ереван: Изд-во ЕР
1978 (на армяиском языке).

УЧЕБНОЕ ИЗДАНИЕ
Виктор Антонович Садовничий,
Александр Асатурович Григорьян,
Сергей Владимирович Конягин
ЗАДАЧИ СТУДЕНЧЕСКИХ
МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД
Зав. редакцией С. И. Зеленский
Редакторы А. А. Локшик, О. В. Семененко
Художественный редактор Е. М. Демина
Технический редактор Г. Д. Колоскова
Корректоры И. Л. Мушникова, С. Ф. Будаева
ИБ № 2615
Сдано в набор 19.09.86. Подписано в печать 20.02.87. Л-63056.
Формат 60x90'/i6. Бумага тип. № 2. Гарнитура литературная..
Высокая печать. Усл. печ. л. 19,5. Уч.-изд. л. 21,26. Тираж 40 000 экз.
Заказ 481. Изд. № 4483. Цена 90 коп.
Ордена «Знак Почета» издательство Московского университета.
103009, Москва, ул. Герцена, 5/7.
Типография ордена «Знак Почета» изд-ва МГУ.
119899, Москва, Ленинские горы