Author: Купиллари А.
Tags: математика занимательная математика доказательства экзамены
ISBN: 5-94836-083-0
Year: 2006
Text
е и ати
А. КУПИЛЛАРИ
Математика -
это просто!
Доказательства
Перевод с английского
С.А. Кулешова
ТЕХНОСФЕРА
Москва
2006
Купиллари А.
Математика — это просто! Доказательства
Москва:
Техносфера, 2006. - 304с. ISBN 5-94836-083-0
В книге, которую Вы держите в руках, рассказано о
правильной стратегии изучения математики. Освоив ее, Вы сможете
самостоятельно подготовиться к вступительным экзаменам даже
по школьным учебникам, не прибегая к скучным пособиям.
Здесь объясняется сущность доказательств (различного типа
утверждений) на простых и интересных примерах. Кроме того,
книга снабжена приложением, которое перекидывает мостик от
школьной математики к высшей. Знакомство с ним поможет
поступившим лучше воспринимать лекционный материал и
удержаться в институте.
Книга предназначена старшеклассникам, абитуриентам,
первокурсникам и всем, кто хочет избавиться от головной боли,
возникающей при упоминании о математике.
The Nuts and Bolts of Proofs
Second Edition
ANTONELLA CUPILLAR1
Ι',ιι·: МлГ, / n,
7 In- Mirniil lW/i-.vv
ACADEMIC PRESS
A Honourt $<.*<че or ή T^<-hoo*«Xj> ( ол»ро">
San Diego 4in J-ranuwn 4iv* "tnrk tkr»toii
UtinJon bvdiH-v Inkvo
© 2001, Academic Press
© 2006, ЗАО "РИЦ "Техносфера",
оригинал-макет, оформление, дополнение
ISBN 5-94836-083-0
ISBN 0-12-199451-1 (англ.)
Содержание
Предисловие 5
Предисловие автора 7
К читателю 8
Список обозначений 9
Некоторые свойства чисел 10
Некоторые свойства функций 12
Введение и основная терминология 14
Общие советы 20
Техника, используемая при доказательстве теорем вида
«из А следует Б» 25
Прямое доказательство 29
Зависимые утверждения 40
Доказательство «от противного» 43
Как построить отрицание утверждения 49
Упражнения 54
Теоремы специального вида 62
«Тогда и только тогда» или теоремы равносильности 62
Упражнения 74
Контрпримеры 75
Упражнения 78
Метод математической индукции 80
Упражнения 96
Теоремы существования 97
Упражнения 100
Теоремы единственности 101
Упражнения 107
Равенство множеств ПО
4 Содержание
Упражнения 122
Равенство чисел 125
Упражнения 129
Составные утверждения 130
Составные предположения 130
Составные заключения 132
Упражнения 138
Упражнения для повторения 140
Упражнения без решений 145
Подборка доказательств 155
Решения упражнений 164
«Из А следует Б» 165
Теоремы равносильности 171
Контрпримеры 176
Метод математической индукции 181
Теоремы существования 188
Теоремы единственности 192
Равенство множеств 196
Равенство чисел 203
Составные утверждения 206
Упражнения для повторения 208
Приложение 234
Сравнение множеств 234
Упражнения 257
Предел последовательности 258
Упражнения 299
Предисловие
«Не понимаю, как можно шарить в математике!» —
воскликнул постовой ГИБДД, узнав, что водитель — доктор
физико-математических наук и может решить любую задачу из
школьного курса. К сожалению, мнение о математике как об
очень сложном и скучном предмете распространено среди
большинства людей, окончивших школу в последнее десятилетие.
Не секрет, что уровень школьного образования в России
постоянно падает. И в первую очередь этот процесс затрагивает
точные науки, в частности, математику.
Причины, по которым интерес к математике неуклонно
снижается, связаны не только с политикой правительства,
которое махнуло рукой на образование и науку в нашей стране,
но и с перенасыщенной школьной программой. За
неимением времени учителя вынуждены сводить математику к
набору формул и стандартных приемов решения задач, превращая
обучение в механическое запоминание фактов.
Еще двадцать лет назад книга, которую Вы держите в
руках, была бы не нужна школьнику, решившему поступать в
технический ВУЗ. Сейчас же школьное образование
постепенно опускается до американского стандарта, когда простейшие
принципы доказательств объясняются только на втором курсе
университетов, да и то не всем.
Сегодня, благодаря энергии энтузиастов, математическая
культура начинает возрождаться. После некоторого затишья
вновь стала появляться хорошая математическая литература.
6 Трудности доказательств
Но в основном она предназначена либо учащимся 6-ых-7-ых
классов, у которых еще масса времени перед поступлением,
или людям, уже выбравшим профессию, тесно связанную с
математикой. Тем же, кто хочет за короткий срок понять, как
надо обучаться математике, предназначена эта книга.
Здесь, в отличие от многочисленных пособий, пылящихся
на магазинных полках, не пытаются натаскать абитуриента к
вступительным экзаменам. Основная ее цель — показать
красоту математики, научить основным приемам доказательств
и анализа различных ситуаций.
В основной части читатель знакомится с классификацией
математических утверждений и способами их доказательства.
Особое внимание обращается на логику и строгость
рассуждений.
Примечание, написанное профессором одного из
московских ВУЗов специально для русского издания, посвящено
преодолению трудностей, с которыми сталкивается
первокурсник. В нем наглядно и интересно рассказывается о понятии
«бесконечность» и самом трудном определении первого курса
технических ВУЗов — пределе.
С.А. Кулешов
Предисловие автора
Как и почему работают доказательства математических
утверждений? Всем, кто хочет побольше узнать об этом,
адресована наша книга. При работе над ней автор постоянно
помнил высказывание Георга Поля:
«Великие открытия решают великие проблемы,
однако зерно открытия есть в решении любой
проблемы. Ваша задача может оказаться скромной; но
... если Вы решаете ее самостоятельно, то можете
испытать сильное напряжение и получить
удовольствие от триумфа открытия.»
Так как книга ориентирована на уровень старшеклассника,
большинство рассматриваемых в ней утверждений посвящено
основным свойствам чисел и функций. Тот факт, что
формулировка какого-то утверждения показалась Вам легкой, еще
не означает, что понять доказательство, а тем более
придумать его самому не требует больших усилий. Великая теорема
Ферма — наглядное тому свидетельство!
Цель предлагаемых записок — помочь читателю
добиться лучшего понимания логики математических рассуждений
и познакомиться с некоторыми из основных шагов,
необходимых для получения строгого доказательства. В связи с этим
здесь будут доказываться только простые математические
утверждения. Это похоже на то, как обучающийся музыке
прежде чем играть сложные и красивые пьесы, сначала осваивает
аккорды!
8 Труд ностпи доказательств
Я хотела бы поблагодарить всех своих студентов, кто
постоянно напоминал мне о том, что всегда существует еще один
способ по-другому взглянуть на вещи и еще один способ
объяснить непонятное.
К читателю
Решения всех упражнений (за исключением помещенных
в разделе «Упражнения без решений»), можно найти в конце
книги. Решения стоит использовать только как руководство к
действию. Действительно, обучение доказательствам похоже
на обучение игре в теннис. Очень хорошо, когда нас кто-то
учит основам. Полезно также понаблюдать за игрой. Но
если Вы на самом деле хотите научиться, необходимо выйти на
корт и играть самостоятельно.
Поэтому, дорогой читатель, мы предполагаем, что Вы
отведете себе какое-то минимальное время для
самостоятельного доказательства утверждений, не подглядывая при этом
в решения (начать можно, например, с одного часа на задачу,
а затем подкорректировать это время в соответствии с
Вашими успехами). Если Вы за отведенное время не справились
с доказательством, прочтите несколько первых строчек
решения, приведенного в книге, после чего попытайтесь довести
доказательство до конца самостоятельно. Если у Вас опять
ничего не получится, прочтите немного больше и возобновите
попытки. Если же Вам потребовалось целиком прочесть
решение, убедитесь, что Вы его поняли, а через несколько дней
воспроизведите его самостоятельно.
Следует учесть, что в некоторых случаях Вы можете
получить доказательство, отличное от приведенного в решениях.
Упражнения повышенной сложности помечены «*». Как
правило, они требуют знакомства с основами математического
анализа и/или линейной алгебры.
Список обозначений
Натуральные числа: N = {1, 2, 3, 4, 5, ...}.
Простые числа: {2, 3, 5, 7, 11, 13, ...}.
Целые числа: Ζ = {..., —5, —4, —3, —2, —1, 0, 1, 2, 3, ...}.
Неотрицательные целые числа: Ζ^ο — {0> 1> 2, 3, 4, 5, ...}.
Вещественные или действительные числа: Ш = { все
десятичные дроби как конечные, так и бесконечные}.
Рациональные числа:
Q = {числа вида -, где а и b целые, причем b φ 0}.
b
Иррациональные числа: {вещественные числа, которые
нельзя представить в виде отношения двух целых}.
Комплексные числа: С = {числа вида а + гЬ, где а и b
вещественные, а г удовлетворяет соотношению г2 = —1}.
п! = η - (η — 1) · (η — 2) · · · 3 · 2 · 1: произведение всех
натуральных чисел от 1 до п, читается как «гг факториал» и
определен для всех целых неотрицательных чисел. По определению
0! = 1.
Запись {х\ χ удовлетворяет определенным условиям}
описывает некоторое множество. В этом контексте символ «|»
читается как «такие, что». Все объекты х, удовлетворяющие
требуемому условию, называются элементами множества.
а Е А означает, что а является элементом множества А
(см. параграф о множествах на стр. ПО).
а 0 А означает, что а не является элементом множества А
(см. параграф о множествах на стр. 110).
10 Труд иости доказательств
А С В: множество А содержится в множестве В (или
совпадает с множеством В). Запись читается как «А
подмножество в В» (см. параграф о множествах на стр. 112).
A U В читается как «объединение А и В» (см. параграф о
множествах на стр. 114).
А Г) В читается как «пересечение А и В» (см. параграф о
множествах на стр. 114).
А' = С (А) читается как «дополнение А» (см. параграф о
множествах на стр. 119).
\х\ = абсолютному значению или модулю числа х, т.е.
расстоянию от 0 до χ на числовой прямой. Значение модуля опре-
(х, если χ ^ 0,
—ж, если χ < 0.
НОК (а, Ь) = наименьшему общему кратному натуральных
чисел а и Ь.
НОД (а, Ь) = наибольшему общему делителю натуральных
чисел а и Ь.
Некоторые свойства чисел
Натуральное число, большее 1, называется простым, если
оно делится без остатка только на 1 и на себя.
Есть два эквивалентных определения рациональных чисел.
Первое из них приведено в списке обозначений на стр. 9:
рациональным числом называется то, которое может быть
представлено в виде отношения двух целых чисел, причем знаменатель
соответствующей дроби отличен от нуля. При использовании
этого определения полезно помнить, что любое рациональное
число может быть представлено в виде несократимой дроби |
в том смысле, что ее числитель а и знаменатель b не имеют
общего делителя, большего 1 (т.е. взаимно просты). Например,
числа ^^ и | можно заменить на ^.
Список обозначений 11
Второе определение утверждает, что число является
рациональным, если оно записывается либо конечной десятичной
дробью, либо бесконечной периодической десятичной дробью.
Доказательство эквивалентности этих двух определений
использует бесконечные ряды1.
Определения рациональных чисел индуцируют два
определения иррациональных чисел, первое из которых приведено
в списке обозначений на стр. 9. По второму определению
иррациональным числом является бесконечная непериодическая
десятичная дробь.
Остальные соотношения, определения и свойства касаются
только целых чисел.
1) а делит b (или b кратно а, или b делится на а), если
найдется такое целое число к, что b = ak. В этом случае
также говорят, что а является делителем числа Ь.
2) Число ρ > 1 называется простым, если оно делится
только на себя и на 1.
3) Число η называется составным, если его можно
представить в виде произведения натуральных чисел η = pq,
причем как ρ > 1, так и q > 1.
4) Наименьшим общим кратным чисел а и b (HOK (α, b))
называется наименьшее натуральное число L, делящееся
как на а, так и на Ь. Таким образом,
а) найдутся такие натуральные числа тип, что
L = am и L — Ьп;
б) если Μ — какое-то общее кратное чисел а и Ь, то
Μ делится на L, в частности, Μ ^ L;
в) L ^ а и L ^ Ь.
1В доказательстве участвует лишь бесконечная убывающая
геометрическая прогрессия. — Прим. перев.
12 Трудности доказательств
5) Наибольшим общим делителем чисел а и b (НОД(а, Ь))
называется наибольшее натуральное число D, делящее
как а, так и Ь. Поэтому
а) найдутся два натуральных числа s и £, для которых
а = Ds и b = Dt. При этом числа s и t взаимно
просты (т. е. не имеют общих делителей, больших 1);
б) любой другой общий делитель а и b делит D;
в) О^аиОО.
Принцип вполне упорядоченного множества. Любое
непустое множество неотрицательных целых чисел обладает
наименьшим элементом.
Некоторые свойства функций
Вещестпвеннозначной функцией, определенной на
подмножестве X С К, называется правило, по которому каждому
числу χ G X ставится в соответствие только одно
вещественное число у = f(x). При этом подмножество X называется
областью определения функции. Имея две вещественнознач-
ные функции / и д, мы можем построить еще несколько.
1) сумма / + д определяется по правилу
(f + g)(x) = f(x)+g(x);
2) разность f — д определяется как
(f-g)(x) = f(x)-g(x);
3) произведение fg вычисляется как
(fg)(x) = f(x)g(x);
Список обозначений 13
4) частное ^ можно вычислить по формуле
9[) 9(х)
в том случае, если д(х) φ 0;
5) композиция fog определяется по правилу
(fog)(x)=f(g(x)).
Области определения новых функций зависят от областей
определения и свойств функций / и д.
Функция / называется
1) возрастающей, если для любых двух вещественных
чисел χι и 3)2 из области определения функции /
неравенство х\ < Х2 влечет f{x\) < /(^2);
2) убывающей, если для любых двух вещественных чисел х\
и Х2 из области определения функции / из неравенства
χι < х2 следует f(xx) > /(^2);
3) невозрастающей, если для любых двух вещественных
чисел χι и ΐ2 из области определения функции / из
неравенства х\ < Х2 следует f{x\) ^ /(^2);
4) неубывающей, если для любых двух вещественных чисел
χι и ^2 из области определения функции / неравенство
χι < х2 влечет f{x{) ^ /(^2);
5) нечетной, если f(—x) = —f{x) А^я всех χ из области
определения;
6) четной, если f(—x) = f(x) для всех χ из области
определения;
7) монотонной, если при любых разных вещественных
числах х\ и Х2 (т.е. х\ φ Χ2) из области определения
получаются разные значения: f(x\) φ /(#2);
8) взаимно-однозначной, если она является монотонной, а
множество ее значений — все вещественные числа.
Введение и основная
терминология
Чувствовали ли Вы когда-нибудь, что слова
«математика» и «крушение надежд» имеют много общего? Большинство,
включая и некоторых хороших математиков, знакомы с этим
ощущением. На начальном уровне, т. е. уровне читателей
нашей книги, такое отношение к математике как правило
возникает в результате бессистемного и зачастую
непродуктивного (и даже панического) подхода к обучению математике,
ведущего к многочасовой изнурительной работе. Когда тобой
овладевает тревога, зубрежка может показаться
спасительным выходом. Но как на первый взгляд, так и при ближайшем
рассмотрении механическое запоминание без полного
понимания — плохой и рискованный способ выучить предмет.
Довольно трудно удачно восстановить в памяти большое
количество зазубренного материала к определенному моменту,
особенно если это нужно сделать в стрессовой обстановке
экзамена. Большая часть выученного таким образом материала
попросту улетучивается из Вашей головы. Упомянутые моменты
делают бесполезной всю огромную работу и свидетельствуют
о больших трудностях, возникающих при попытках
использования пройденного материала.
Введение и основная терминология 15
Необходимость продираться сквозь непроницаемые
логические конструкции, «доказательства», представляет собой
одну из главных преград, встающих перед лицом новичка в
математике при переходе к более продвинутым и абстрактным
разделам. Легко верится, что все доказанные результаты
справедливы, что нет необходимости в их проверке или
понимании причин их истинности. Но внимательный разбор
доказательства, кроме самого результата, дает много
поучительного. Так, ясное понимание рассуждений снабжает нас новыми
техническими приемами, которые мы можем использовать для
формирования профессиональной точки зрения на предмет,
для получения новых результатов, для более легкого
запоминания математических рассуждений и возможности их
воспроизведения.
Чтобы научить чтению и пониманию доказательств (этот
термин будет определяться более подробно в нескольких
следующих абзацах), уже написанных в учебниках, а также
показать как они строятся, мы будем разбивать их на серию
простых шагов и следить за связями между шагами. Логика —
вот ключ, который поможет нам на этом пути.
Мы будем использовать слова «логика» и «логический» в
соответствии с определением, предложенным Ирвином Коупи:
«Логика — это наука о методах и принципах,
позволяющих отличить хорошие (корректные)
рассуждения от плохих (некорректных)».
Прежде чем мы начнем, необходимо уяснить точные
значения некоторых из наиболее общих терминов, встречающихся
в книгах по математике и логике.
Утверждение — это высказывание, выраженное в словах
(или математических символах), которое может быть либо
истинным, либо ложным. Утверждения не могут включать в себя
восклицаний, вопросов и предписаний.
Утверждение не может быть истинным или ложным
одновременно, однако оно может принимать как истинное, так и
16 Трудности доказательств
ложное значение в зависимости от контекста. Например,
высказывание: «На луну не ступала нога человека» — было
истинным до 1950 года, но в настоящий момент оно ложно.
Утверждение называется простым, если его нельзя
разбить на более мелкие утверждения (например, «Будет дождь.»
«Дважды два — четыре.» «Я люблю эту книгу.»).
Утверждение называется составным, когда оно состоит из нескольких
более простых утверждений, связанных между собой
пунктуацией и/или такими словами как «и», «хотя», «или», «таким
образом», «тогда», «следовательно», «потому что», «для», «более
того», «однако», и т.д. (например, «Будет дождь, хотя сейчас
только ветрено.» «Я люблю эту книгу, но другая еще лучше.»
«Если мы поработаем над этой задачей, то будем лучше ее
понимать.»).
Предположение (гипотеза, посылка) — это
предположительно верное утверждение, из которого вытекают некоторые
следствия (например, в выражении «Если мы поработаем над
этой задачей, то будем лучше ее понимать» высказывание «мы
поработаем над этой задачей» является гипотезой).
Есть и другие значения слова «гипотеза» в различных
областях науки, которые значительно отличаются от указанного.
Вывод (заключение, следствие) — это утверждение,
непосредственно вытекающее из сделанных ранее предположений
(гипотез), (например, в высказывании «Если мы поработаем
над этой задачей, то будем лучше ее понимать», утверждение
«будем будем лучше ее понимать» — вывод). Стивен
Шварцман пишет в своей книге «Математические слова»: «Вывод в
математике служит итогом логических рассуждений, в
котором заключен их конечный результат.»
Определение — это утверждение, содержащее точное
значение слова или фразы, математического символа или
понятия, допускающее однозначное толкование.
Определения подобны краеугольным камням, на которых
строится теория. Довольно трудно понимать и работать с ре-
Введение и основная терминология 17
зультатами, использующими технические термины,
определение которых не ясно. Это похоже на работу инструментами,
в назначении и правилах применения которых мы не уверены.
Четкое знание и понимание определений сохранит довольно
много времени и избавит от разочарований.
Это вовсе не означает, что определения достаточно
выучить наизусть, не понимая их. Очень важно поработать с
новыми определениями, чтобы быть уверенным в правильном
понимании их смысла и уяснения непосредственных следствий
из них. Все это обеспечит быстрое и адекватное запоминание
новых понятий. Если лектор оперирует малознакомыми Вам
техническими терминами, Вы, тратя время на вспоминание и
осмысление их значений, пропускаете многие аргументы
докладчика, не успеваете следовать за ходом мысли, что ведет
к потере интереса и, как результат, к полному непониманию
содержания лекции. В этой ситуации, сознательно или
бессознательно, Вас начинают глодать сомнения в собственных
технических (математических) способностях, что создает
дополнительные трудности в эффективном и успешном обучении.
Следовательно, мы должны удостовериться, что обладаем
хорошей начальной базой, т. е. четко, во всей полноте
понимаем все необходимые определения. Для уяснения определения
обычно бывает полезно найти несколько примеров как
удовлетворяющих, так и противоречащих1 ему. (Не путайте два
понятия: примеры — это не определения.)
Доказательство — это логическое обоснование
истинности утверждения, устраняющее любые сомнения.
Доказательство состоит из конечной цепи шагов, каждый из которых
логически следует из предыдущего. Шварцман объясняет, что
«Латинское прилагательное «probus»2 с одной
стороны означает «подпирающий», а с другой — «чест-
1В российской математике примеры, противоречащие какому-либо
высказыванию, называются контрпримерами. — Прим. перев.
2В английском языке «доказательство» выглядит как «proof», что
близко по звучанию к латинскому оригиналу. — Прим. перев.
18 Труд ности доказательств
ный, искренний»... Производный глагол «probare»
можно перевести как «испытывать, проверять,
судить,»... Одно из значений латинского глагола, а
именно, «получать успешный результат проверки
чего-либо», перешло и к его современному переводу.
Таким образом, «доказать» означает «проверить и
найти обоснование». В дедуктивных системах,
подобных математике, доказательство проверяет
гипотезу и устанавливает ее истинность раз и
навсегда.»
Теорема — это математическое утверждение, чья
истинность может быть установлена посредством цепочки
логических рассуждений, основанных на некоторых
предположениях, данных в явной форме или непосредственно вытекающих
из утверждения (т.е. с помощью доказательства).
Слово «теорема» делит свой греческий корень со словом
«театр». Оба слова происходят от греческого «thea», что
означает «зрелище». Действительно, обычно доказательство
теоремы позволяет нам глубже взглянуть на предмет, который
мы изучаем.
Лемма — это вспомогательное утверждение (минитеоре-
ма), доказанное заранее, которое может быть использовано
при доказательстве других теорем. Это слово тоже
происходит от греческого, означающего «схватывать» некоторые
истины для их использования при доказательстве более сильных
результатов.
Доказательства некоторых теорем довольно длинны и
сложны для понимания. В этих случаях в них, как правило,
выделяют несколько промежуточных частей в качестве лемм и
доказывают заранее. После этого в доказательстве теоремы
просто ссылаются на уже проверенные утверждения и
переходят к следующей части рассуждений. В большинстве случаев
утверждения, содержащиеся в формулировках лемм, не очень
интересны сами по себе, но они играют ключевую роль при
Введение и основная терминология 19
доказательстве более важных результатов. С другой стороны,
некоторые леммы используются столь часто, что
приобретают важное самостоятельное значение. Они названы по именам
известных математиков.
Следствие — это утверждение, легко и логично
вытекающее из уже доказанной теоремы. Следствия могут
оказаться важнее теорем. Название «следствие», которое произошло
от латинского эквивалента выражения «небольшая гирлянда»,
подчеркивает тот факт, что утверждение, содержащееся в
следствии, служит естественным приложением более общей
теоремы. «Математический словарь» Джеймса и Джеймса
определяет следствие как «побочный продукт (другой) теоремы».
Общие советы
В любом случае, пытаемся ли мы доказать какой-то
результат самостоятельно или пробуем понять чье-то
рассуждение, первое, что нужно сделать — это четко осознать, каковы
предположения теоремы и что из себя представляет вывод,
который будет доказываться. Таким образом мы определяем
начало и конец логического процесса, который проведет нас
от предположений к выводу.
Нужно настолько хорошо понять значение гипотез, чтобы
можно было использовать всю полноту содержащихся в них
(в явной или неявной форме) подсказок для достижения
желаемого результата. Для этого необходимо просмотреть все
термины, встречающиеся в утверждении, и найти
определения незнакомых, а также тех, чей смысл от Вас ускользает.
Примеры 1.
1. Допустим, мы собираемся доказывать следующее
утверждение:
В равностороннем треугольнике все внутренние
углы равны между собой.
Прежде всего необходимо выделить предположение и вывод.
Предположением является тот факт, что треугольник
равносторонний, а выводом — равенство между собой всех его
внутренних углов. Проанализируем информацию, содержащуюся
в предположении.
Общие советы 21
1) Наш объект — треугольник (явная информация);
2) все его три стороны имеют одинаковую длину (явная
информация, которая содержится в термине
«равносторонний»).
А что еще мы знаем о треугольниках, т. е. какая скрытая
информация содержится в предположении утверждения? При
рассуждениях мы можем использовать любые ранее
доказанные результаты, не только о треугольниках, но также и об
общих геометрических свойствах прямых и углов (неявная
информация).
2. Рассмотрим еще один пример.
Пусть а — ненулевое вещественное число.
Высказывание дает следующую информацию:
1) число а отлично от нуля (явная информация);
2) число а вещественно (явная информация).
Как и в предыдущем случае, второй факт подсказывает, что
мы можем пользоваться всеми свойствами вещественных
чисел и операциями над ними, как уже упомянутыми в нашей
книге, так и известными читателю помимо нее (неявная
информация).
Предположения иногда могут содержать несущественные
для доказательства подробности, которые даются для
определенности высказывания.
Примеры 2.
1) Рассмотрим треугольник ABC.
2) Пусть А — множество всех четных чисел.
3) Пусть а — ненулевое вещественное число.
22 Трудности доказательств
Тот факт, что вершины треугольника обозначены
буквами ABC, несущественен. Мы можем заменить их на любые
другие три буквы (или символы). Точно так же мы можем
использовать любые буквы для обозначения множества всех
четных чисел и ненулевого вещественного числа. Наиболее
важный момент при этом — последовательность, в том смысле,
что если мы используем буквы Л, В и С для обозначения
вершин треугольника, то каждый раз при ссылке на какую-либо
вершину этого треугольника мы должны будем упомянуть
соответствующую букву. Более того, задействованные буквы и
символы уже нельзя использовать для обозначения каких-либо
других объектов.
Только после того, как мы выделили предположение и
вывод, четко осознали смысл доказываемой теоремы, мы можем
приступить к разбору написанного или поискам собственного
доказательства, т. е. цепочке логических рассуждений,
которые установят, почему верна рассматриваемая теорема.
Сейчас мы хотим подчеркнуть разницу между
законностью того или иного рассуждения, аргумента и истинностью
или ошибочностью результата, к которому он приводит.
Аргумент имеет силу, если в посылке содержится достаточное
основание для заключения, которое он обосновывает. Однако
законное рассуждение может приводить к ложному выводу,
как это показано в примере с неверной посылкой:
Пингвины — это птицы.
Все птицы могут летать.
Следовательно, пингвины могут летать.
Здесь, очевидно, утверждение «Все птицы могут летать»,
служащее одной из гипотез, ложно.
С другой стороны, рассуждение может быть незаконным,
однако приводить к верному результату. Например:
У жирафа четыре ноги.
У коровы четыре ноги.
Поэтому жираф выше коровы.
Общие советы 23
Содержащаяся в данных предположениях информация явно
недостаточна для сделанного вывода: «жираф выше коровы»,
который сам по себе, конечно, верен. В других случаях ошибка
в рассуждениях может быть запрятана гораздо глубже.
Если Джо выиграет в лотерею, то он может
позволить себе приобрести новый автомобиль.
Джо не выиграл в лотерею.
Поэтому Джо не сможет позволить себе
приобрести новый автомобиль.
Это пример некорректного (незаконного) рассуждения.
Действительно, Джо не выиграл в лотерею. Значит, он не в
состоянии позволить себе новый автомобиль (казалось бы, вывод
правильный). Но, с другой стороны, Джо мог получить
наследство (или у него просто достаточно денег), и он вполне
способен купить новый автомобиль (заключение ложно, в то время
как предположение все еще истинно). Все дело в том, что
заключение логически не следует из предположения, поскольку
посылка ничего не говорит о том, на что будет способен Джо,
если он не выиграет в лотерею. Более того, любое заключение
по поводу автомобиля, к которому мы можем прийти, исходя
из нашего предположения, будет все равно гипотетическим, а
не единственно верным, логически обоснованным заключением.
Когда мы работаем над доказательством утверждения, то
боремся за обоснованное, строгое рассуждение, т. е.
доказательство, использующее законные аргументы, основанные на
истинных предположениях. Обычно удается найти несколько
обоснованных доказательств верного утверждения, особенно
если оно доказывается в несколько шагов.
Очень часто поиск обоснованного доказательства требует
значительного времени и усилий, и обычно первые его
наброски на бумаге выглядят довольно коряво. Таким образом, мы
должны быть готовы перебрать несколько вариантов
рассуждений, пока не найдем достаточно хорошего. При решении
задачи элегантность построений — не самая важная проблема.
24 Трудности доказательств
Вот когда строгое доказательство будет найдено, то можно
перейти к более легкой части работы по удалению
бесполезных деталей и приданию рассуждениям красоты и гладкости.
Техника, используемая при
доказательстве теорем вида
«из А следует Б»
Начнем с подробного обсуждения процесса, который
происходит у нас в голове почти автоматически по сто раз за
день — принятие решения о том, является ли что-то ложным
или истинным.
Предположим, Вы утверждаете:
«Если я приеду домой к концу этой недели, то
приглашу своих родителей на обед».
В каком случае Ваше утверждение справедливо? Когда оно
ложно, т. е. когда Вас могут уличить во лжи?
Обсуждаемое утверждение является составным. Его
можно разбить на два более простых:
А: Я приеду домой к концу этой недели.
Б: Я приглашу своих родителей на обед.
Что касается Ваших планов, то существует две возможности:
1) Вы собираетесь домой к концу этой недели
(высказывание А истинно).
26
Трудности доказательств
2) Вы не собираетесь домой к концу этой недели
(высказывание А ложно).
Относительно обеда также существуют две возможности:
1) Вы пригласите своих родителей на обед (высказывание
Б истинно).
2) Вы не пригласите своих родителей на обед
(высказывание Б ложно).
Возможности
Итак, у нас есть четыре случая:
1) А истинно и Б истинно.
2) А истинно, а Б ложно.
3) А ложно, а Б истинно.
4) А ложно и Б ложно.
Случай 1. Вы действительно приезжаете домой в конце
недели и приглашаете своих родителей на обед. Ваше
утверждение истинно.
Случай 2. Вы приезжаете домой в конце недели, но не
приглашаете родителей на обед. Вас поймали на обмане! Ваше
утверждение ложно.
Случай 3 и 4. Вас нельзя уличить во лжи, если Вы не
вернулись домой к концу недели, но все же пригласили своих
родителей на обед, поскольку они пришли к Вам в гости. Если
«Из А следует Б» 27
Вы не успели домой к концу недели, никто не обвинит Вас во
лжи в том случае, если Вы не пригласите родителей на обед.
Поскольку в своем утверждении Вы не уточнили, что
будете делать в случае своего отсутствия дома в конце недели
(А ложно), вне зависимости от того, пригласили ли Вы своих
родителей на обед или нет, Вы не солгали.
В итоге, Ваше утверждение ложно только в одном случае,
а именно, когда А истинно, а Б ложно. В этом и
заключается главная особенность утверждений вида «если А, то Б» или
«А влечет Б».
Справедливость утверждения вида «если А, то Б»
будет установлена в том случае, если мы сможем
доказать, что ситуация, когда А истинно, а Б
ложно, невозможна, т. е. всякий раз, когда А
истинно, Б обязано быть верным.
Утверждение «если А, то Б» можно переписать как «А —
достаточное условие для Б» или «Б — необходимое условие
для А». Математическое использование слов «достаточное» и
«необходимое» очень похоже на повседневное их употребление.
Если данное утверждение истинно и обеспечивает полную
информацию для получения заключения, то оно называется
достаточным условием. Если же утверждение неизбежно
вытекает из данного, то оно называется необходимым условием.
Условие может быть достаточным, но не являться
необходимым и наоборот, оно может оказаться необходимым, но не
достаточным.
В качестве примера рассмотрим высказывание: «Если
домашнее животное — корова, то оно имеет четыре ноги».
Обладание четырьмя ногами — необходимое условие для того,
чтобы домашнее животное было бы коровой, но отнюдь не
достаточное для идентификации животного как коровы, поскольку
разные домашние животные имеют по четыре ноги. С
другой стороны, информация о том, что это животное — корова,
достаточное условие для вывода: оно имеет четыре ноги.
28 Трудности доказательств
Если Вы хотите побольше узнать о «достаточных» и
«необходимых условиях», почитайте «Математический словарь»
Джеймса & Джеймса3.
Все аргументы, имеющие такую форму, которая
называется «modus ponens» (способ утверждения), законны. Выражение
«modus ponens» происходит от латинского «ропоге»,
означающего «утверждать».
В учебниках и научных книгах по математике часто
встречается значок «=>», который заменяет слово «влечет» и
называется импликацией. Его употребление (как, впрочем, и
других обозначений) оправдано тем, что математический текст
воспринимается тем легче, чем меньше слов он содержит.
В школьной математике это еще не так заметно, хотя пример
привести нетрудно. Сравните два описания одного и того же
утверждения:
Если два умножить на семь и на три, а потом
разделить на произведение двадцати одного и
двенадцати, то получится одна четвертая.
2-7-3 _ 1.
21 12 ~ 4"
Мы будем использовать этот значок для обозначения формы
высказывания, т. е. вместо «если А, то Б» будем писать А => Б.
Для запоминания только что полученной информации
довольно часто используется одна из так называемых таблиц
истинности (И = истина, Л = ложь):
А
И
И
Л
Л
Б
И
Л
И
л
А =>Б
И
Л
и
и
Читателю этого перевода можно порекомендовать «Толковый словарь
математических терминов», О. В. Мантуров, Ю.Н. Солнцев, и др., М.:
«Просвящение», 1965. — Прим. перев.
«Из А следует Б» 29
Поскольку в утверждении вида А => Б предположение и
вывод явно отделены (часть А, предположение, содержит всю
информацию, которую нам разрешено использовать; часть Б —
это заключение, которое мы хотим получить из
предварительной информации), полезно попытаться переписать любое
утверждение, которое нам предстоит доказывать, в такой форме.
Ниже перечислены шаги, которые помогут сделать
формулировку теоремы более простой и поэтому более доступной
для доказательства, не меняя при этом ее смысла.
1) Выделите предположение (А) и заключение (Б), чтобы
утверждение можно было представить в виде А => Б.
2) Будьте осторожны с несущественными подробностями.
3) Перепишите утверждение, которое предстоит доказывать,
в наиболее удобной для Вас форме, даже если оно при
этом получится не очень элегантным.
4) Проверьте все существенные свойства (которые Вы
предположительно знаете) объектов из формулировки. Если
доказательство у Вас не получается, проверьте еще раз,
не пропустили ли Вы какой-нибудь явной или неявной
информации, которую можно было бы использовать.
Примеры, приведенные в следующем параграфе,
продемонстрируют, как применять перечисленные советы, которые на
данный момент несколько туманны, чтобы строить какие-либо
доказательства самостоятельно.
Прямое доказательство
Прямое доказательство основано на предположении, что
гипотеза утверждения содержит достаточно информации для
построения цепочки логически связанных шагов, приводящих
к заключению.
30 Трудности доказательств
Пример 1. Сумма двух нечетных чисел — число четное.
Анализ. Утверждение не записано в стандартной форме
А => Б. Поэтому нам следует выделить гипотезу и
заключение.
Какую явную информацию дает нам гипотеза? Нам даны
два произвольных нечетных числа.
Что мы хотим доказать? Мы хотим доказать, что их сумма
является четным числом. Итак,
А: Рассмотрим два произвольных нечетных числа и
сложим их. (Неявная информация, вытекающая из
гипотезы, заключается в том, что нечетные числа — целые,
поэтому мы можем пользоваться всеми свойствами целых
чисел и совершать разрешенные операции над ними).
Б: Их сумма — четное число.
Таким образом, мы можем переписать исходное утверждение
так:
Если мы сложим любые два нечетных числа, то
получим четное число.
Полученное утверждение звучит менее красиво, чем
оригинальное, зато оно более удобно, так как в нем явно выделены
предположение и заключение.
Из экспериментальных данных (3 + 5 = 8, 1+3 = 4) мы
знаем, что сумма двух конкретных нечетных чисел всегда четна.
Но экспериментальные данные не могут служить
доказательством математических утверждений (ведь мы не можем
перебрать все пары нечетных чисел; а вдруг найдется такая, чья
сумма окажется нечетной?). Они только подсказывают
предположительно верное утверждение, да иногда намекают на
способ доказательства. Итак, нам необходимо доказать наш
факт. Для начала мы введем некоторые обозначения, чтобы
облегчить ссылки на числа, с которыми мы имеем дело.
«Из А следует Б» 31
Пусть а и b — два нечетных числа. Нечетность числа
означает, что его нельзя разделить нацело (без остатка) на 2.
Поэтому, при делении а и b на 2 мы получим ненулевой остаток.
Остаток от деления — это, по определению, неотрицательное
целое число, меньшее, чем делитель. Следовательно, при
делении на 2 может появиться только два остатка: 0 или 1. Но 0 мы
исключили (иначе число разделится без остатка), значит
остаток равен 1. Это наблюдение мы можем записать следующим
образом:
а = 2t + 1 и b = 2s + 1,
где t и s — какие-то целые числа (неполные частные при
делении а и b на 2). Сложим наши числа.
а + b = {2t + 1) + (25 + 1) = 2t + 2s + 2 = 2{t + s + 1).
Число, стоящее в скобках, t + s + 1 принадлежит множеству Ζ
(целых чисел), так как сумма целых чисел (£, s и 1) — число
целое. Теперь нам совершенно ясно, что сумма а + b делится
на 2, т. е. она четна.
Ура! Мы получили именно то заключение, которое и
хотели. Кажется, мы на верном пути. Правда, рассуждение
получилось несколько громоздким. Можем ли мы переписать
доказательство более компактно и последовательно? Давайте
попытаемся.
Доказательство. Пусть а и b — два нечетных числа.
Ввиду нечетности, они делятся на 2 с остатком 1. Поэтому
мы можем представить их в виде
а = 2t + 1 и b = 2s + 1,
где t и s — целые числа.
При сложении а и b получаем
а + b = {2t + 1) + (25 + 1) = 2t + 2s + 2 = 2{t + s + 1).
Число ρ = £ + s + 1 — целое как сумма целых чисел, т. е.
а + b = 2р,
32 Трудности доказательств
где ρ целое. Отсюда следует, что сумма а + b делится на 2 и,
значит, она четна. Так как это и есть вывод, содержащийся в
исходном утверждении, то доказательство закончено. ■
Теперь посмотрим, как полученное доказательство
соотносится с теоретическими рекомендациями, приведенными в
начале раздела. Основываясь на истинности части А
утверждения, мы показали, что часть Б также справедлива. Более
того, мы продемонстрировали это, пользуясь только общими
рассуждениями, не привлекая конкретных примеров (позже
мы скажем об этом более подробно). Поэтому верно, что А
влечет Б.
Обратимся к следующему утверждению.
Пример 2. Пусть fug — вещественнозначные функции,
определенные на множестве Ш всех вещественных чисел,
причем их композиция fog также определена на всем Ш. Если обе
функции монотонны, то их композиция т,оже монотонна.
Анализ. Выделим предположение и заключение.
А: Нам даны две функции, обладающие следующими
свойствами:
1) функции определены для всех вещественных чисел;
2) функции монотонны.
Обозначения функций, / и #, несущественны. Мы можем
переобозначить их любыми, но разными буквами.
Б: Функция fog монотонна.
Мы сможем полностью понять смысл сформулированного
утверждения, только если хорошо знаем определения функций,
монотонных функций и композиции функций (см. стр. 12 и 13).
Напомним, что вещественнозначная функция h называется
монотонной, если ее значения от разных вещественных чисел х\
и Х2 из области определения не совпадают (h(x\) φ h(x2)).
«Из А следует Б» 33
Композицией функций / и g называют функцию /од, которая
вычисляется по правилу fog(x) = f{g{x)). Учитывая
определения, мы можем переписать доказываемое заключение в виде:
Б: если χι и Х2 — вещественные числа, причем х\ φ Χ2, то
f(g(xi))*f{g(x2)).
Доказательство. Пусть х\ Φ Х2 — произвольные
вещественные числа. Внимательно проследим за каждым шагом
вычисления композиции, обращая внимание на значения,
соответствующие Χι И 12·
Поскольку g — монотонная функция, то
g(xi) фд{х2).
Введем обозначения: у\ = д{х\) и у? = д{х2)- Так как / —
тоже монотонная функция и у\ φ у2, то
Объединяя эти результаты, мы заключаем, что если х\ φ Х2 —
произвольные вещественные числа, то
f(g(xi)) ϊ/(ЯМ),
т. е. fog — монотонная функция. ■
Пример 3. Если прямая не проходит через точку (0,0),
а координаты точек ее пересечения с осями координат
рациональны, то угловой коэффициент этой прямой —
рациональное число.
Анализ. Выделим предположение и заключение.
А: Рассмотрим прямую на координатной плоскости,
имеющую рациональные координаты точек пересечения с
осями координат, которая не проходит через точку (0,0).
2-6617
34 Трудности доказательств
Б: Угловой коэффициент прямой, описанной в
предположении, рационален.
Чтобы доказать этот факт, мы должны знать, что такое
координатная плоскость, как определить координаты точек
пересечения прямой с осями координат, как вычислить угловой
коэффициент прямой и, наконец, как пользоваться свойствами
рациональных чисел.
В предположении упоминаются две специальные точки
прямой, а именно, точки ее пересечения с координатными осями.
Вообще говоря, прямая на плоскости (за исключением
вертикальной) описывается уравнением у = kx + b, где
коэффициент к называется угловым коэффициентом прямой. И если
известны координаты каких-то двух точек, лежащих на
прямой, то мы можем определить ее угловой коэффициент.
Вспомним как это делается. Если А(х\, у\) и В(х2, У2) —
произвольные точки прямой, то ее угловой коэффициент вычисляется по
формуле:
к = У2 ~У\
Х2 — Х\
Приступим к доказательству исходного утверждения.
Доказательство. Пусть А — точка пересечения нашей
прямой с осью Ох. Тогда она имеет координаты А(хо, 0),
причем, по предположению, хо — рациональное число. Как и
любое рациональное число, мы можем представить хо в виде
отношения целых чисел хо = £ Где ρ φ 0 (потому что А не
совпадает с началом координат) и q φ 0 (на ноль делить
нельзя).
Аналогично, точка В пересечения прямой с осью Оу будет
иметь координаты £?(0, ^), где г, s — целые числа, г φ 0
(точка В отлична от начала координат) и s φ 0 (на нуль делить
нельзя).
Применяя формулу для углового коэффициента, получаем
0-2- sp-
«Из А следует Б» 35
Заметим, что sp φ О, rq φ 0 и числа sp, rq — целые. Таким
образом, угловой коэффициент к нашей прямой рационален.
■
Пример 4. Сумма первых η натуральных чисел равна
дроби ^2—·
Анализ. Начнем с выделения предположения и вывода.
А: Рассмотрим сумму первых η натуральных чисел.
(Подразумевается, что мы знаем свойства как натуральных
чисел, так и операций над ними).
Б: Сумма, описанная в части А, может быть вычислена по
формуле ^tj—·> т-е.
, ^ о п(п + 1)
1-f 2 + 3-f ···+ п= ^——'-.
Перед началом доказательства, полезно проверить равенство
на одном или нескольких конкретных значениях числа п. Но
необходимо помнить, что такая проверка — всего лишь
эксперимент, и не может считаться доказательством.
Если η = 5, то сложив первые пять натуральных чисел, мы
получим
1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.
С другой стороны, по формуле, которую мы хотим доказать,
5(5 + 1) 30
—*— = у = 15·
Конечно, ответы совпадают, но это вполне могло произойти
случайно. Для доказательства нам предстоит обнаружить
математическую связь между суммой и приведенной формулой.
Доказательство. Обозначим сумму первых η
натуральных чисел через 5П, т.е.
Sn = 1 + 2 + 3 + ···+ п.
36 Трудности доказательств
Поскольку от перестановки слагаемых сумма не меняется,
можно записать ее в обратном порядке:
Sn = n + (n-l) + --·+ 3 + 2 + 1.
Сравним способы подсчета Sn.
Sn = 1 +2 + ··· + (n- 1) + n,
Sn =n + {n- 1) + ··· + 2 + 1.
Сложив вместе выписанные равенства, мы получим
2Sn = (1 + η) + (2 + (η - 1)) + · · · + ((η - 1) + 2) + (η + 1),
или
2Sn = n(n + l).
Отсюда
_ η(η + 1)
Ьп~ 2 .
Доказательство, с которым мы познакомились, известно как
доказательство Гаусса. ■
Пример 5. Если натуральные числа а и b удовлетворяют
неравенству а > Ь, то мы можем найти два таких
натуральных числа q и г, что
а = qb + г,
причем 0^r<bu0^q.
Так как данное утверждение уже имеет стандартную
форму А => Б, можно сразу приступить к доказательству.
Доказательство. Существует две возможности: либо а
кратно Ь, либо а не кратно Ь. Рассмотрим их отдельно.
Случай 1. Если α кратно Ь, то по определению (см. стр. 11)
a — bq для некоторого натурального числа q. Положив г = О,
мы получим требуемые числа.
«Из А следует Б» 37
Случай 2. Предположим теперь, что α не кратно 6. Это
означает, что среди чисел, кратных 6, нет ни одного,
равного а. Числа, кратные 6, имеют вид
6, 26, 36, 46, 56, ..., пб, (п + 1)6, ...
Этот список можно продолжать без конца, причем числа,
появляющиеся в нем, становятся все больше и больше. Они
разбивают положительный луч числовой прямой на
последовательные отрезки длины 6. Поскольку a — конечное положительное
число, а отрезки покрывают весь положительный луч
числовой прямой, то α должно попасть внутрь какого-то из этих
отрезков (см. рис. 1).
ι—ι—ι—ι 1—ι—н^-н—
О 6 26 36 qb (^ + 1)6
Рис. 1
Итак,
qb < a < (q+ 1)6
для некоторого натурального числа q.
Чтобы показать, что найденное число q именно то, о
котором идет речь в утверждении, нам нужно найти оставшееся
число г. Вычитая qb из двойного неравенства, получаем
О < a - qb < 6.
Положив теперь г = a — qb, проверим, что г и q удовлетворяют
требованиям утверждения.
Из предыдущего неравенства следует, что 0 < г < 6.
И по построению, a = qb + г.
Итак, мы доказали утверждение в обоих случаях, а какого-
либо третьего случая быть не может. Поэтому утверждение
доказано полностью. ■
38 Трудности доказательств
Утверждение из примера 5 — составная часть теоремы,
известной как алгоритм деления Евклида. Позже мы докажем,
что только найденные числа q и г удовлетворяют условиям
утверждения (см. раздел, посвященный теоремам
единственности).
Пример 6. Пятизначное число делится на 3, если сумма
его цифр делится на 3.
Анализ. Утверждение может быть переформулировано в
виде: «Если сумма цифр пятизначного числа делится на 3, то
само число делится на 3», откуда мы можем выделить
предположение и заключение, переписав их в более удобной для нас
форме.
А: Пусть η — целое число, десятичная запись которого
выглядит как η = 0,40,30,20,10,0, где 0 ^ οι ^ 9 для всех
г = 0,1,2,3,4, и а4 Φ 0. Предположим, что о\ + аз +
+θ2 + о\ + ао = 3t для некоторого целого числа t. (Тот
факт, что η является целым числом, неявно содержится
в предположении утверждения, поскольку понятие
делимости определено только для целых чисел.)
Б: Число η делится на 3, т.е. найдется такое целое число s,
что η = 3s.
Доказательство. Так как предположение дает нам
информацию о знаках десятичной записи числа п, запишем его
в виде
η = ο^ο^ο^οχοο = 10 о\ + 10 аз + 10 а^ + 10αι + ао-
По предположению о\ + аз + а2 + о>\ + ^о = 3£, где t — целое
число. Отсюда
ао = 3t — αϊ — оз — θ2 — о\.
«Из А следует Б» 39
Подставив выражение для ао в формулу для η и совершив
несложные алгебраические преобразования, получим
η = 104α4 + 103α3 + 102α2 + ΙΟαι + α0 =
= 104α4 + 103α3 + 102α2 + ΙΟαι + (3ί - α4 - α3 - α2 - αϊ) =
= 9999α4 + 999α3 + 99α2 + 9α! + 3ί.
Таким образом,
η = 9 999α4 + 999α3 + 99α2 + 9α ι + 3ί =
= 3(3333α4 + 333α3 Η- 33α2 + 3αχ Η- £).
Так как число 3 333α4 +333α3 +33α2 +3αχ +t целое, мы доказали,
что число η делится на 3. ■
Замечание. Ограничение на количество знаков, о
котором идет речь в примере 6, не существенно. Это всего лишь
частный случай более общего утверждения: «Если сумма цифр
десятичной записи числа делится на 3, то и само число делится
на 3.»
Мы ограничились пятью знаками, потому что
доказательство более общего утверждения, принципиально не отличаясь
от приведенного, использует технику, которую мы еще не
рассматривали, а именно, математическую индукцию. Сейчас мы
только сделаем доступную нам подготовку к доказательству
общего утверждения.
Пусть η — целое число, представленное в десятичной
записи: η = акак-\ · · · α2αιαο, 0 ^ щ ^ 9 для всех г = 0,1, 2,..., А;,
причем α& φ 0. Допустим, а& + α^-i + · · · + а2 + а\ + ао = 3£,
где t целое. Тогда, как и в примере 6, мы имеем
η = 10как + 10к~1ак-х Η h 102α2 + ΙΟαι + α0 =
= 10как + I0k~lak-i +··· + 102α2 + 10οι +
+ (3ί - ак - dk-i α2 - αχ) =
= (10* - \)ак + (ΙΟ*-1 - 1)α*_ι + · · · + 99α2 + 9οι + 3ί.
40 Трудности доказательств
Теперь, чтобы доказать делимость числа η на 3, нам нужно
проверить, что число 10s — 1 делится на 3 при любом целом
показателе s ^ 1. Это как раз то место, где применяется
математическая индукция. (См. упражнение 8 в разделе
«Математическая индукция».)
Зависимые утверждения
Если беседуя с кем-нибудь, мы не поняли того или
иного утверждения, можно уточнить: «Что это значит?» Мы
надеемся, что наш собеседник может так изменить
формулировку, не затрагивая смысла высказывания, что мы уясним
его значение. Такое встречается и при работе с
математическими утверждениями. Как перефразировать математическое
высказывание, не затрагивая его сути, чтобы оно стало более
удобным для работы?
Два утверждения называют логически эквивалентными,
когда они имеют одну и ту же таблицу истинности.
Поэтому, при необходимости упрощения формулировки, мы можем
заменить математическое утверждение на эквивалентное ему,
т. е. то, которое истинно или ложно в точности тогда, когда
исходное утверждение истинно или ложно.
Для данного утверждения А можно построить
утверждение «не А», которое ложно, когда А истинно и наоборот,
истинно, когда А ложно. Утверждение «не А» называется
отрицанием А и обозначают А.
А
И
Л
А
Л
И
Очевидно, А и А связаны между собой, т. е. зависимы, но
не являются логически эквивалентными.
Большинство математических утверждений имеют вид:
А => Б.
«Из А следует Б» 41
Мы будем подробно разбирать три типа утверждений,
зависящих от него. Они определяются следующим образом:
• Обратным утверждением к утверждению А => Б
называется утверждение «если Б, то А», т. е. Б => А. (Чтобы
получить обратное утверждение, достаточно поменять
ролями причину и следствие, т. е. переставить
предположение и вывод).
• Инверсным утверждением к утверждению А => Б
называется утверждение «если «не А», то «не Б»» или, короче,
А => Б. (Для получения инверсии нужно заменить
предположение и следствие на их отрицания).
• Противоположным утверждением к А => Б называется
утверждение «если «не Б», то «не А»» (Б => А). (Чтобы
его сформулировать, нужно взять обратное утверждение
и сделать его инверсию, т. е. поменять ролями
предположение и заключение и взять их отрицание.)
Обратимся к примеру за разъяснением смысла
определения. Допустим, оригинальное утверждение звучит так:
«Если χ — рациональное число, то χ —
рациональное число.»
Обратное к нему утверждение выглядит так: «если х2 —
рациональное число, το χ — рациональное число».
Инверсное утверждение: «если χ — не рациональное число,
то х2 — не рациональное число».
Противоположное утверждение: если х2 — не рациональное
число, то χ — не рациональное число».
Можно заметить, что перечисленные утверждения о
рациональности чисел логически не эквивалентны, потому что
исходное и противоположное к нему утверждения истинны
(докажите это самостоятельно), в то время как обратное и
инверсное к исходному — ложны (почему?).
42 Трудности доказательств
Во избежание гаданий, являются ли зависимые
утверждения логически эквивалентными, построим их таблицы
истинности. Мы хотим сравнить четыре таблицы, поэтому
колонки, соответствующие А и Б в них, сделаем одинаковыми. Мы
хотим выяснить, когда в одинаковых предположениях
относительно А и Б, мы получаем то же самое заключение
относительно истинности составных утверждений.
Таблица истинности утверждения А => Б
А
И
И
Л
л
Б
И
л
и
л
А =► Б
И
Л
и
и
Таблица истинности обратного утверждения, Б => А
А
И
И
Л
Л
Б
И
Л
И
л
Б =ф А
И
И
Л
И
Таблица истинности инверсного утверждения, А => Б
А
И
И
Л
л
Б
И
Л
и
л
А
Л
Л
И
и
Б
Л
И
л
и
А =► Б
И
И
Л
и
«Из А следует Б» 43
Таблица истинности противоположного утверждения, Б => А
А
И
И
Л
Л
Б
И
Л
И
Л
Б
Л
И
л
и
А
Л
л
и
и
Б =► А
И
л
и
и
Из таблиц видно, что исходное утверждение логически
эквивалентно только противоположному к нему. Обратное же и
инверсное утверждения логически эквивалентны между собой,
но не исходному.
Доказательство «от противного»
При доказательстве отдельных утверждений, нам не
удается найти прямого рассуждения, примеры которого мы уже
разбирали, т. е. мы не можем вывести заключение Б
непосредственно из предположения А. Такое может происходить не
только из-за нашей несообразительности, но и потому, что
явной информации, содержащейся в предположении А, не
достаточно для доказательства истинности заключения Б, а
неявная информация нам может быть недоступна, например
потому, что вообще еще не известна человечеству. Иногда прямая
проверка заключения Б занимает слишком много времени или
просто невозможна. Поэтому нам нужно найти другой способ
рассуждений.
Как мы обнаружили, сравнивая таблицы истинности,
утверждение логически эквивалентно своей противоположности.
В связи с этим стоит попытаться установить истинность
противоположного утверждения, что даст нам другой способ
доказательства. Действительно, мы будем исходить из
предположения ложности утверждения Б и выводить из него ложность
высказывания А, поскольку, напомним, противоположное выска-
44 Трудности доказательств
зывание к исходному утверждению имеет вид Б => А. На
практике достаточно из предположения об ошибочности Б прийти
к заключению, противоречащему А, тем самым доказав
истинность А. Такой путь доказательства обычно называют
методом «от противного».
Перейдем к примерам.
Пример 7. Если χ — рациональное число, а у —
иррациональное, то их сумма χ + у будет иррациональным числом.
Анализ. Выделив предположение и заключение, получим
А: Дано рациональное число χ и иррациональное у. (Неявная
информация: как рациональные, так и иррациональные
числа относятся к вещественным; поэтому мы можем
использовать все свойства вещественных чисел и операции
над ними).
Тот факт, что числа обозначены как χ и у,
несущественен. Как обычно, обозначения можно поменять на
другие. Но мы сохраним обозначения в соответствии с
утверждением.
Б: Сумма χ + у — иррациональное число.
Если бы мы захотели проверить это утверждение прямым
путем, то нам предстояло бы, например, вычислить все
возможные суммы рациональных и иррациональных чисел.
Существует ли более короткий путь? Почему сумма χ + у
иррациональна?
Доказательство. Предположим, что заключение Б
неверно, т.е. верно его отрицание, Б. Таким образом, мы
предполагаем, что
число χ + у не иррационально.
Но вещественное число может быть только либо
рациональным, либо иррациональным. Поэтому
число χ + у рационально.
«Из А следует Б» 45
Вспоминая одно из определений рациональных чисел, можно
записать
η
х + у= -,
Ρ
где ρ φ 0 и η, ρ — целые числа.
По предположению χ тоже рационально, т. е. его можно
представить как отношение целых чисел χ = |, b φ 0.
Значит,
а п
Т+У=-·
о ρ
Решая получившееся уравнение относительно у, найдем
η a nb — ар
ρ о рЬ
причем рЬ φ 0, так как ρ φ 0 и Ъ φ 0.
Числа nb — ар и рЬ целые, так как целыми являются числа
п, р, о и Ь. Значит, у — число рациональное, как отношение
двух целых. Итак, мы показали, что утверждение А верно,
т. е. А ложно. Тем самым была доказана истинность
высказывания Б => А, эквивалентного А => Б. Доказательство
закончено. ■
Пример 8. Любое составное число η делится на какое-
то число Ь, непревосходящее у/п.
Анализ. У нас есть предположение и заключение:
А: Дано составное число п. (Неявная информация: мы
можем использовать свойства натуральных, простых и
составных чисел, делимости и свойства квадратных
корней.)
Б: η делится на натуральное число Ь, такое что b ^ у/п.
Доказательство. Предположим, что Б ложно, т. е.
истинно высказывание Б. Это означает, что если η и делится на
число Ь, то b > у/п. По определению составного числа (см. стр. 3)
46 Трудности доказательств
имеем
n = pq,
где ρ > 1 и q > 1. По сделанному нами предположению ρ > γ/η
и q > у/п. Перемножив неравенства, получим
η = pq > у/п · у/п = п,
что противоречит одному из свойств чисел (которыми мы
можем пользоваться как неявной информацией, содержащейся в
предположении). Таким образом доказано, что Б => А. ■
Пример 9. Существует бесконечно много простых
чисел.
Анализ. В этом утверждении трудно обнаружить
предположение и следствие. Поэтому надо как-то перефразировать
высказывание. Мы рассматриваем множество всех простых
чисел и хотим показать, что оно бесконечно. Вот теперь
составные части утверждения выделить легче.
А: Дано множество всех простых чисел, которое мы
обозначим через Р. (Неявная информация: мы можем
пользоваться как свойствами простых чисел, так и
операциями над натуральными числами, поскольку любое простое
число является натуральным.)
Б: Множество Ρ бесконечно.
Для прямого доказательства бесконечности множества Ρ
нам следует показать, что «мы не сможем перебрать все
простые числа». Этого сделать нельзя, поскольку нам
потребуется бесконечное количество времени и бумаги, чтобы выписать
все простые числа (если, конечно, простых чисел
действительно бесконечно много). Даже если утверждение ошибочно, и
простых чисел все же конечное число, их вполне может
оказаться более миллиона, и их перечисление займет уж очень
«Из А следует Б» 47
много времени. Более того, если натуральное число очень
велико, то выяснить простое оно или составное очень трудно
даже с помощью компьютера1.
Доказательство. Предположим, что вывод, который мы
хотим доказать, неверен. Иными словами, допустим, что
множество Ρ всех простых чисел конечно. В этом случае
(теоретически) их можно все выписать:
рх = 2; р2 = 3; рз = 5; р4 = 7; ...; рп.
Кроме того, про любые два числа мы можем сказать, какое из
них больше. Удобно считать, что простые числа
пронумерованы по возрастанию:
Pi < V2 < РЗ < Р\ < * * * < Рп-
Таким образом, последнее простое число рп будет самым
большим.
Сейчас очень важно продолжить анализ ситуации,
поскольку у Вас, вероятно, возник вопрос: «Что же делать дальше?».
Можно было бы, опираясь на список простых чисел,
попробовать построить еще одно, которого в списке нет. Как же
найти такое число? Стоит попытаться привлечь
арифметические действия. Деление отпадает, так как частное двух целых
чисел далеко не всегда останется целым. Просуммировав все
простые числа из нашего списка, мы скорее всего не
получим дополнительной информации. Ведь нам даже не известно,
насколько велик предъявленный список. Поэтому сумма
может оказаться как четным, так и нечетным числом, не говоря
уже о том, что априори она может разделиться на любое
число. Может, попытаться перемножить все простые? При этом
мы, кажется, будем располагать чуть большей информацией.
подробнее о больших простых числах и методах их выделения среди
прочих можно прочесть в книге С. Коутинхо «Введение в теорию чисел.
Алгоритм RSA», М.: Постмаркет, 2001. — Прим. перев.
48 Трудно emu доказательств
Разумеется, произведение будет составным числом, поскольку
делится на любое простое из списка. В частности, оно четно,
ибо 2 присутствует в списке простых. С другой стороны,
любое простое число, большее 2, нечетно. Это наводит нас на
мысль прибавить к произведению 1, чтобы получить нечетное
число — кандидат на искомое простое.
Рассмотрим число q = Р\Р2РъР\ * * 'Рп + 1· Как мы уже
отметили, оно четно и больше любого простого числа,
присутствующего в списке. Поэтому там его, естественно, нет. Более
того, q не делится ни на одно простое число pk из списка,
поскольку частное
« α. 1
— = Р\Р2 - ' Pk-iPk+i '"Рп^
Рк Рк
число рациональное, но не целое.
Итак, q не делится ни на одно простое число из нашего
списка. Может ли оно при этом быть составным?
Действительно, а почему бы q не равняться произведению q\q2 (ведь мы
доказали только, что q не делится на простые числа из нашего
списка)? Пусть так. Тогда воспользуемся теоремой из
школьного курса математики, которая говорит, что любое составное
число можно представить в виде произведения простых, т. е.
q — Р1Р2 " 'P'k-> гДе все Р'\чР2ч · · · ->Р'к — простые числа. Заметим,
что ни один из этих сомножителей не присутствует в списке,
так как q на него делится. Значит, либо q — простое, и его
нет в списке, поскольку оно больше самого большого числа
оттуда, либо q — составное. В последнем случае мы нашли даже
не одно простое число, отсутствующее в нашем перечислении.
Полученное противоречие с предположением показывает,
что множество Ρ всех простых чисел бесконечно. ■
«Из А следует Б» 49
Как построить отрицание утверждения
Истинность некоторых утверждений можно проверить по
крайней мере двумя способами: либо прямым путем, либо
методом от противного. Вообще-то, если у нас есть выбор, то
лучше доказывать напрямую. Действительно, такое
доказательство обычно более информативно и интуитивно понятно.
Более того, при доказательстве «от противного» есть
важный момент, на который необходимо обратить особое
внимание. Нам нужно сконструировать отрицание утверждения,
т.е. Б, которое станет предположением, а это довольно
хитрая процедура. Иногда для этого достаточно вставить
частицу «не» в заключение, как это было в разобранных нами
примерах. Высказывания «сумма χ + у — иррациональна» и
«множество бесконечно» заменялись на свои отрицания:
«сумма χ + у — не иррациональна» и «множество не бесконечно».
В других случаях эта процедура не настолько проста,
особенно если высказывание Б содержит такие обороты, как
«любой», «единственный», «для одного», «для всех», «каждый», «ни
один из», «никакой» и т.п. Такие словосочетания обычно
называют кванторами. На следующей странице расположена
таблица, в которой даны отрицания некоторых кванторов.
Кванторы — не единственная проблема при переходе к
отрицанию утверждения. Логические связки «и», «или» тоже
требуют усиленного внимания. Составное утверждение «В или Г»
истинно, если хотя бы одна из его составных частей (В или Г)
справедлива. Возможно, обе части справедливы одновременно,
но это не обязательно. Если особо не оговаривается, то
употребление союза «или» в математических высказываниях
подразумевает возможность истинности обеих частей, которые он
разделяет. Как видите, его значение в математике
существенно отличается от привычного Вам. Когда мы в повседневной
жизни используем «или», речь обычно идет о выборе одной из
двух возможностей.
50
Трудности доказательств
Отрицание кванторов
Исходное выражение
Отрицание
KJ KJ
по крайней мере один
некоторый
все элементы множества
обладают свойством
каждый элемент
множества обладает свойством
ни один
не существует
ни одного
никакой
найдется хотя бы один
элемент множества, не
обладающий свойством
найдется по крайней
мере один элемент
множества, не обладающий
свойством
найдется хотя бы один
есть по крайней мере
один
Итак, математическое утверждение «В или Г» будет
ложным только тогда, когда и В, и Г ошибочны. Значит,
отрицание составного высказывания, разделенного союзом «или»,
выглядит как «В и Г».
Составное утверждение «В и Г» истинно, если
справедливы как часть В, так и Г одновременно. Следовательно, чтобы
это высказывание было ложным, достаточно ошибочности
одной из его составных частей: В или Г. Поэтому отрицанием
исходного утверждения служит выражение «В или Г».
Еще раз! Использовать метод «от противного» при
доказательстве следует только в том случае, когда предположение
об истинности утверждения А не дает Вам хорошей идеи, как
двигаться дальше, а предположение об ошибочности Б ее дает.
Иногда само утверждение подсказывает, что его стоит
попытаться доказать методом «от противного». Так, например,
случается, если в исходной формулировке Б содержит частицу
«не», поэтому отрицание Б станет утверждающим
высказыванием.
«Из А следует Б» 51
Пример 10. Графики функций f(x) = — | + j и д(х) =
~ х*+х-2 не имеют общих точек.
Анализ. Если мы попытаемся выделить предположение и
следствие, то получим:
А: Рассмотрим графики функций, определенных выше.
(Неявная информация: мы знакомы с понятиями
функции, графика, точек пересечения; знаем вещественные
числа, их свойства и операции над ними.)
Б: Графики этих функций не имеют ни одной общей точки.
Мы могли бы построить графики обеих функций. График
первой из них / — прямая, поэтому ее легко начертить. А вот
случай второй функции гораздо более сложный. Она не
определена в точках χ = —2 и χ = 1. Поэтому ее график состоит
из трех частей. Более того, даже если мы и построим какие-
то части графиков, мы не сможем изобразить их полностью.
Ведь область определения обеих функций бесконечна.
Допустим, мы сможем убедиться, что построенные части
графиков не пересекаются. Но это же нам не гарантирует, что они
всегда не будут пересекаться. Кроме того, если графики не
пересекаясь проходят очень близко друг от друга, то мы вообще
не сможем определенно утверждать, имеют ли они общие
точки или нет. Таким образом, построение графиков нам ничего
не даст и мы попытаемся применить метод «от противного».
Прежде всего нам нужно построить отрицание
утверждения «графики двух функций не имеют ни одной общей точки».
Это легко сделать: «графики двух функций имею по крайней
мере одну общую точку».
Доказательство. Предположим, что графики функций /
и д имеют общую точку. Это означает, что найдется хотя бы
одно значение х, для которого
f{x) =g(x).
52 Трудности доказательств
Равенство, конечно, неверно при χ = —2 и χ = 1, поскольку g
при этих значениях не определена. Поэтому, предполагая, что
а:/-2из;/1, рассмотрим уравнение
χ 1 χ — 1
~6 +4 = х2+х-2*
Разложив знаменатель правой дроби на множители, получим
χ 1 χ — 1
~6 +4 = (д.-1)(д. + 2)·
Так как χ ^ 1, разность χ — 1 отлична от нуля и мы можем
сократить дробь в правой части на χ — 1:
_Ξ 1 - *
~6 +4 " х + 2'
Умножим теперь обе части равенства на 12(х + 2) (это можно
сделать, т. к. мы помним, что χ φ —2) и приведем подобные
члены.
2х2 + χ + 6 = 0.
Последнее уравнение не имеет вещественных корней, так как
его дискриминант отрицателен (D = I2 — 4 · 6 · 2 = —47).
Следовательно, равенство f(x) = g(x) не возможно ни при каких
значениях х, т.е. два графика, упомянутых в утверждении,
не пересекаются. ■
Пример 11. Если положительное число меньше 1, то оно
больше своего квадрата.
Анализ. Выделим предположение и заключение.
А: Дано множество вещественных чисел, лежащих между 0
и 1. (Неявная информация: мы знакомы со свойствами
вещественных чисел и операциями над ними.)
Б: Любое число из множества, описанного в А, больше
своего квадрата.
«Из А следует Б» 53
Доказательство. Докажем это утверждение как прямым
образом, так и «от противного», а потом сравним результаты.
1. Прямое доказательство. Пусть χ — положительное
вещественное число, меньшее 1, т.е. χ < 1. Умножив это
неравенство на положительное число х, мы не изменим знака
неравенства:
χ < х,
откуда χ больше своего квадрата.
2. Доказательство «от противного». Начнем с построения
отрицания утверждения Б. Оно выглядит следующим образом.
Б: Найдется хотя бы одно положительно число х, меньшее 1,
которое меньше своего квадрата.
Итак, предположим, что
О < χ < 1 и χ < х2.
Перепишем последнее из этих неравенств в виде
χ - х2 < 0.
Разложив многочлен в левой части на множители, получим
х(1 -х) <0.
Произведение двух вещественных чисел отрицательно тогда и
только тогда, когда они имеют противоположные знаки. По
предположению χ > 0. Значит, остается только одна
возможность:
1 - χ < 0,
т.е.
1 < х.
Мы получили противоречие с Л, т. е. фактически доказали
истинность А в предположении, что Б справедливо. Тем самым
54 Трудности доказательств
доказано утверждение, противоположное исходному, а значит,
и оно само. ■
Оказалось, что в примере 11 прямое доказательство не
только короче, но и проще для понимания. Тем не менее
приятно сознавать, что существует не один путь достижения цели.
Построение отрицания утверждения, содержащего не один
квантор, а несколько, на первых порах может быть
довольно затруднительным. Некоторые из них появляются в
разделе математического анализа, например определение предела и
непрерывности. Исследуем одно из них.
Б: Вещественное число L является пределом функции f(x)
при χ стремящемся к с, если для любого ε > 0 существует
такое δ > 0, зависящее от ε, что если χ удовлетворяет
неравенству 0 < \х — с\ < 5, то \f{x) — L\ < ε.
Забывая о подробностях, отметим, что L будет пределом, если
каждое ε > 0 обладает некоторым свойством. Поэтому, если
хотя бы одно ε > 0 этому свойству не удовлетворяет, то L —
не предел. Итак,
Б: Вещественное число L не является пределом функции f(x)
при χ стремящемся к с, если найдется хотя бы одно ε > О,
такое что для любого δ > 0 существует х, удовлетворяющий
неравенству 0 < \х — с\ < 5, при котором \f(x) — L\ > ε.
Упражнения
Постройте отрицание к утверждениям,
сформулированным ниже.
1. Функция / определена на множестве всех вещественных
чисел.
«Из А следует Б» 55
2. Для двух данных чисел χ и у найдется рациональное
число ζ, равное их сумме ζ = χ + у.
3. Функция / обладает следующим свойством: если χ и у —
разные вещественные числа, то f(x) φ f(y).
4. Если уравнение Р(х) = 0 имеет решение, то это решение
единственно.
5. Любое ненулевое вещественное число имеет ненулевое
противоположное по знаку.
6. Для любого числа η > 0 существует такое число М(п) > О,
зависящее от п, что f(x) > η при всех вещественных
числах х, удовлетворяющих неравенству χ > Μ (η). (Чтобы
осознать это утверждение получше, полезно порисовать
графики на координатной плоскости.)
7. Любое решение уравнения Р{х) = Q{x) удовлетворяет
неравенству \х\ < 5.
8. Уравнение Р(х) = 0 имеет одно и только одно решение.
(Сравните это утверждение с приведенным в упр. 4.)
9. Функция / непрерывна в точке с, если для любого ε > О
найдется такое число δ > 0, зависящее от ε, что для
каждого х, удовлетворяющего неравенству \х — с\ < 5,
выполнено \f{x) — f{c)\ < ε.
10. Для любого вещественного числа χ значение функции
f(x) рационально.
Для приведенных далее утверждений сформулируйте
(а) противоположное;
(б) обратное;
(в) инверсное.
11. Если целое число χ делится на 6, то оно делится и на 2.
12. Если четырехугольник не параллелограмм, то точка
пересечения его диагоналей не делит их пополам.
56 Трудности доказательств
13. Если у двух многочленов
Р(х) = апхп + αη-\χη~ι Η + а\х + ао
и
Q(x) = bnxn + bn-ixn~l +---+bix + bo
совпадают значения при всех вещественных х, то щ = bi
для всех г = 0,1,2,... п.
14. Произведение двух нечетных чисел нечетно.
15. Если произведение двух целых чисел четно, то по крайней
мере одно из них четно.
Используя методы, о которых рассказывалось в этом
разделе, докажите следующие утверждения.
16. Пусть / и g — неубывающие функции, для которых
определена композиция fog. Тогда функция fog тоже
неубывающая. (См. определение неубывающих функций на
стр.4.)
17. Если χ — рациональное число, отличное от нуля, а у —
иррациональное число, то их произведение ху
иррационально.
18. Пусть η — натуральное число, десятичная запись
которого состоит из трех или более знаков. Если двузначное
число, составленное из двух его последних цифр с
сохранением порядка, делится на 4, то и число η делится на 4.
19. Если (а + Ь)2 = а2 + Ь2 для всех вещественных чисел Ь, то
а = 0.
20. Покажите, что для любого натурального числа η и
вещественного числа а справедливо равенство:
ап - 1 = (а - 1){ап~1 + ап~2 + · · · + а + 1).
«Из А следует Б» 57
21. Если для какого-то натурального числа η число 2П — 1
является простым, то η тоже простое. (См. определение
простых чисел на стр. 11.)
22. Любое четырехзначное число вида η = abba делится на 11.
23. Если / — неубывающая функция, определенная на
множестве всех вещественных чисел, то при χ φ с
fj£tJM>0.
с — χ
(См. определение неубывающих функций на стр. 13.)
24. Докажите, что функция f(x) = тх + b монотонна при
т φ 0. Сделайте это двумя способами: сначала
напрямую, а потом методом «от противного». Является ли эта
функция взаимно-однозначной?
25? Пусть / и g — вещественнозначные функции,
определенные на множестве Ш всех вещественных чисел, причем их
композиция fog тоже определена на К. Если множество
значений / и g — вся числовая прямая, то множество
значений их композиции — тоже все К.
Прочтите приведенные ниже доказательства и
убедитесь, что Вы поняли их. Затем, закрыв книжку,
составьте план каждого из них, четко перечислив важные шаги.
И наконец, восстановите пропущенные детали (т. е.
запишите утверждения в форме А => Б, укажите способ,
которым доказывается утверждение, восстановите
логические аргументы и алгебраические преобразования).
26. Алгоритм Евклида вычисления наибольшего общего
делителя. Пусть а и b — натуральные числа, причем а > Ь.
Разделим а на b с остатком.
а = bq\ +r\.
58 Трудности доказательств
Здесь q\ ^ 0 и О ^ г\ < Ь. После этого разделим b на г\.
b = riq2 + г2,
гДе 92 ^ О и 0 ^ Г2 < г\. Продолжая этот процесс,
поделим г\ на г2 и получим
П = г2<7з + гз,
где ^з ^ О и 0 ^ ^з < Г2· Будем последовательно делить
остатки до тех пор, пока не найдем остатков rn_i φ Ο,
гп φ 0, которые разделятся нацело, т.е. rn-\ — rnqn+\.
Тогда наибольшим общим делителем чисел а и b будет
последний ненулевой остаток. Точнее говоря,
НОД(а,Ь)=гп.
(Определение наибольшего общего делителя приведено на
стр. 12.)
Доказательство. Опишем процесс деления формулами.
а = bqi +n;
Ь= rxq2 + г2;
П = r2qz + гз;
гп-з = гп-2Яп-\ + rn_i;
rn-i = rnqn+i + 0.
Вся процедура деления займет не более b шагов, так
как b > г\ > г2 > · · · > тп > 0.
Из последнего равенства в этом списке следует, что
НОД( rn_i,rn) (объясните, почему). Далее, так как
гп-2 = rn-iqn +rn =
= rnqn+\qn + г п = rnti,
«Из А следует Б» 59
где t\ > 0 целое число, то гп делит гп_2· Но мы уже знаем,
что тп делит и rn_i, т. е. гп — общий делитель rn_i и гп-2-
Заметим, что если d — еще один общий делитель
остатков rn_i и гп_2, то он делит и гп (проверьте это
самостоятельно). Значит, гп = НОД (rn_i,rn_2).
Аналогично, поднимаясь по равенствам списка снизу
вверх, мы докажем, что гп = НОД (rn_2,rn_3), ..., гп =
= НОД(п,Ь),гп = НОД(а,Ь). ■
27. Если d = НОД (а, 6), mo d = sa + tb при некоторых целых
числах s ut. В частности, если a ub — взаимно просты,
то найдутся такие целые s и t, что 1 = sa + tb.
Доказательство. Используя шаги алгоритма
Евклида, описанные в упражнении 26, последовательно получаем
Г! = a-bqu
r2 — b- T\q\ — b- (a- bq\)q2 = as2 + bt2,
r3 = η - г2<7з = {a-bqi) - (as2 + bt2)qz = as3 + bt3.
Поступая так и дальше, не больше чем за b шагов мы
сможем прийти к равенству
rn = sa + tb.
Утверждение доказано. ■
28. Если простое число ρ делит произведение ab, то оно
делит хотя бы один сомножитель, т. е. а или Ь.
Доказательство. Предположим, что ρ делит
произведение (ba = kp), но не делит число а. Тогда НОД (α,ρ) = 1
(объясните, почему). Следовательно (см. упр. 27),
найдутся натуральные числа sni, для которых
1 = sa + pt.
60 Трудности доказательств
Умножим это равенство на b и сделаем некоторые
преобразования
b = b(sa + pt) =
= (ab)s + bpt =
= (kp)s + fep£ =
Значит, ρ делит b. ш
29. Если р — простое число, то у/р иррационально.
Доказательство. Допустим, что у/р — рациональное
число. Тогда найдутся натуральные числа η и ς, Для
которых
г п
я
Более того, можно считать, что дробь ^ несократима,
т.е. η и q не имеют общих делителей, отличных от 1.
Возведем это равенство в квадрат.
п2
Р= "2·
Значит,
2 2
η =до .
Так как п2 делится на простое число р, то η тоже на него
делится (см. предыдущее упр.), и можно записать η = pk
для некоторого натурального к. Отсюда следует, что
2/2 2
ρ к = pq .
Сокращая это равенство на р, имеем
pk2 = q2.
«Из А следует Б» 61
Теперь видно, что q кратно р. Предыдущее упражнение
гарантирует нам делимость q на р, т.е. q = pm для
некоторого натурального га. Итак,
η рк к
q pm га'
что противоречит несократимости дроби ^. Полученное
противоречие доказывает утверждение. ■
Теоремы специального вида
Есть несколько типов утверждений, чьи доказательства
строятся по вполне определенной схеме. В этой главе мы
познакомимся с некоторыми из наиболее важных и часто
встречающихся видов теорем.
«Тогда и только тогда» или теоремы
равносильности
Утверждения, содержащие оборот «тогда и только тогда»,
встречаются в математике сплошь и рядом и очень полезны.
Если мы сможем показать, что «А тогда и только тогда,
когда Б», то докажем, что А и Б эквивалентные или
равносильные утверждения, поскольку истинность (или ошибочность)
одного из них влечет истинность (или ошибочность)
другого. Иными словами, утверждение «А тогда и только тогда,
когда Б» заменяет сразу два высказывания: А => Б и Б => А. При
этом часть А — необходимое и достаточное условие для Б, и
в то же время Б — необходимое и достаточное условие для А.
Теорему такого вида часто называют критерием и
символически обозначают А 4Ф Б. В богатом русском языке есть еще
словосочетания, имеющие в точности тот же смысл, что и
«тогда и только тогда», а именно «если и только если», «в том и
только том случае».
Теоремы специального вида 63
Итак, для доказательства утверждения А 4Ф Б нам нужно
проверить, что
1) А => Б (т.е. А достаточное условие для Б, а Б
необходимое условие для А);
2) Б => А (т. е. Б достаточное условие для А, и А
необходимое условие для Б).
Таким образом, доказательство критерия А 4Ф Б состоит
из двух частей. При работе над каждой из них мы вольны
использовать любой метод из известных нам. Напомним, что
утверждения А => Б и Б => А взаимно обратны, т. е. любое из
них обратно оставшемуся.
Пример. 1. Ненулевое вещественное число
положительно тогда и только тогда, когда положительно обратное к
нему.
Доказательство. Обе части утверждения просты.
А: Вещественное число а положительно.
Б: Число, обратное к а, обозначаемое как а-1, положительно.
Насть 1. А => Б. (Положительность числа а
достаточна для положительности обратного к нему.) В этой части мы
предполагаем, что а > 0 и доказываем, что а~1 > 0.
По определению обратного числа имеем
а · а~ = 1.
Таким образом, число а-а~1 больше нуля. По одному из свойств
вещественных чисел, произведение двух сомножителей больше
нуля только в двух случаях: если оба сомножителя
положительны или если они оба отрицательны. По предположению а > 0.
Значит и а-1 — положительное число.
64 Трудности доказательств
Насть 2. Б => А. (Положительность числа а —
необходимое условие положительности а~1.) Здесь мы считаем, что
а~1 > 0 и доказываем положительность а.
Как и в предыдущей части,
а · а~ = 1,
т.е. произведение а · а~1 положительно, причем (по
предположению) а~1 > 0. Значит, по упомянутому свойству
вещественных чисел, второй сомножитель произведения ( а) также
положителен. ■
Пример 2. Натуральное число нечетно тогда и только
тогда, когда его квадрат — нечетное число.
Доказательство. Обозначив через η натуральное число,
о котором идет речь, разобьем исходное утверждение на
простые составляющие.
А: Число η нечетно.
Б: Число п2 нечетно.
Насть 1. А => Б. (Нечетность числа η достаточна для
нечетности его квадрата.)
Итак, пусть η — нечетное число. Тогда мы можем
представить его в виде η = 2р + 1, где ρ — какое-то целое число.
Следовательно,
п2= (2р + 1)2 =
= Ар2 + Ар + 1 =
= 2(2р2+ 2р) + 1.
Ввиду того, что ρ — целое, число s = 2р2 + 2р тоже целое.
Поэтому
п2 = 25 + 1,
что доказывает нечетность п2.
Теоремы специального вида 65
Насть 2. Б => А. (Нечетность квадрата числа η
достаточна для нечетности самого п.) Фактически мы должны здесь
показать, что если п2 — нечетное число, то η обязательно
тоже нечетно.
Анализ. Наше предположение о нечетности числа п2
позволяет лишь представить его в виде п2 = 2t + 1, где t —
неотрицательное целое число. К сожалению, мы не можем
написать, что п2 = (2к -hi)2, потому что ровно этот факт мы и
хотим доказать; иными словами, мы еще не уверены, что это
действительно так. Но если п2 = 2t + 1, то
η = Vn^ = y/2t + 1.
Полученное равенство абсолютно не дает нам никакой
полезной информации, и нам не ясно, как бы можно было доказать
нечетность η прямым путем. Попробуем применить метод «от
противного».
Итак, допустим, что η четное (А). Тогда η пред
ставимо в виде η = 2t для какого-нибудь целого t. Следовательно,
п2 = At2, что влечет четность п2. Действительно, п2 = 2(2£2),
a 2t2 — целое число. Но заключение о четности п2 совпадает
с Б, т.е. мы доказали А=> Б. Значит, требуемое утверждение
Б => А также верно. ■
Как видно из предыдущего примера, при проверке теорем
равносильности могут использоваться оба подхода (т. е. как
прямое доказательство, так и метод «от противного») для
разных частей доказательства.
Некоторые теоремы говорят о равносильности нескольких
высказываний. Структура их доказательств довольна гибка
в том смысле, что проверять эквивалентность утверждений
можно в различном порядке. Самый очевидный — доказывать,
что каждое из высказываний теоремы влечет любое другое и
вытекает из него — в данном случае не самый удачный. Ведь
если теорема содержит хотя бы 4 равносильных
высказывания, то нам потребуется доказывать двенадцать утверждений
3 — 6617
66 Трудности доказательств
вида А => Б. К счастью, есть более простой путь, при котором
непосредственно доказывается только часть таких
утверждений, а остальные получаются в качестве легких следствий уже
проделанной работы.
Рассмотрим различные схемы доказательства теоремы,
утверждающей равносильность четырех утверждений А, Б, В
и Г. Как потом будет ясно, существует довольно много путей
построения этого доказательства. Мы приведем только
четыре из них, оставив читателю возможность отыскать остальные
в качестве интересного упражнения.
Первая схема состоит в последовательной проверке
истинности следующих утверждений:
(1) А^Б,
(2) Б =► В,
(3) В => Г,
(4) Г =Ф А.
Отобразим ее на диаграмме.
А **Б
Г-< В
Диаграмма 1.
Порядок, в котором будут проверяться эти утверждения,
значения не имеет. Убедимся в том, что если перечисленные
утверждения доказаны, то из А следуют Б, В и Г.
Действительно,
1) А => Б (доказано непосредственно);
2) А => Б и Б => В, так что из А следует В;
3) А => В и В =» Г, значит, А => Г.
Теоремы специального вида 67
С другой стороны, А вытекает из остальных высказываний.
1) Г => А (доказано непосредственно);
2) В => Г и Г => А, поэтому В => А;
3) Б => В и В => А, следовательно, Б => А.
Аналогично мы можем установить, что Б, В и Г влекут все
остальные высказывания, и сами вытекают из них.
По желанию можно выбрать любую последовательность
доказываемых импликаций1, руководствуясь соображениями
простоты рассуждений или стараясь уменьшить число
доказываемых утверждений. Таким образом, нет какого-то одного
определенного способа доказательства факта, что три или более
утверждений равносильны. На следующих диаграммах
приводятся еще три схемы проверки эквивалентности четырех
утверждений. Используя предыдущие объяснения,
обязательно продумайте, почему предложенные схемы действительно
работают.
А ^Б А-* Б
Г-«
Диаграмма 2.
Диаграмма 3.
Диаграмма 4.
Запомним, что импликацией называют утверждение вида А
Прим. перев.
3*
68 Трудности доказательств
В общем случае для проверки эквивалентности η
утверждений требуется доказать истинность по крайней мере η
импликаций (см. диаграмму 1).
Пример 3. Пусть а и b — два разных вещественных
числа. Тогда следующие утверждения равносильны:
(1) число b больше числа а;
(2) среднее арифметическое чисел а и b, g4^-, больше а;
(3) среднее арифметическое чисел а и b, g^, меньше Ь.
Анализ. По предположению аиЬ — два разных
вещественных числа, так что мы можем пользоваться свойствами
вещественных чисел, таким, например, как их упорядоченность.
Поскольку в утверждении речь идет о сравнениях, то это
свойство будет нам полезно. Упорядоченность чисел означает, что
для любых двух данных чисел χ и у имеет место одно из трех
сравнений:
χ < у или х > у или х — у.
Для доказательства требуемого утверждения нам
придется сделать не менее трех отдельных проверок. На диаграмме
показаны импликации, которые мы планируем доказывать.
(2) <=> (1) <=> (3)
Доказательство.
Часть 1. (1) => (2), т.е.
Если число b больше числа а, то их среднее
арифметическое больше а.
По предположению
b > a.
Поскольку нам хочется получить сумму а + Ь, можно добавить
одно из слагаемых к обеим частям неравенства. С другой сто-
Теоремы специального вида 69
роны, заключение относится и к числу а, поэтому стоит
попытаться прибавить именно его. Итак,
а + b > 2α.
Разделив неравенство на 2, получим
а + Ь
Таким образом, первая импликация доказана.
Часть 2. (2) => (1).
Если среднее арифметическое чисел а и b больше,
чем а, то b больше а.
Мы предположили, что
а + Ь
Поэтому,
а + b > 2α,
т. е.
b > a.
Стало быть, утверждение (2) => (1) истинно.
Часть 3. (1) => (3) или, более точно,
если число b больше а, то д^ меньше Ь.
Дано:
b > a.
Как и в первой части доказательства, для получения суммы
мы можем прибавить к неравенству а или Ь. Но в заключении
утверждения говорится о числе Ь, поэтому к обеим частям
неравенства добавляем именно его.
26 > а + Ь.
70 Трудности доказательств
Разделим неравенство на 2.
, а + Ь
Итак, мы доказали истинность вывода, т.е. обосновали
импликацию (1) => (3).
Часть 4. (3) => (1).
Если среднее арифметическое чисел а иЪ меньше Ь,
то число b больше а.
По предположению
а + Ь ,
— <ъ-
Следовательно,
а + Ь <2Ь
и
а < Ь.
Итак, последнее утверждение, (3) => (1), тоже верно.
Доказательство проведено полностью. ■
Время от времени приходится проверять эквивалентность
двух и более определений одного и того же объекта или
понятия. Разные определения возникают из-за различных подходов
к исследованию отдельных явлений, которые отталкиваются
от различных свойств объектов в зависимости от
поставленной цели.
Пример 4. Следующие определения эквивалентны:
(1) Треугольник называется равнобедренным, если он
имеет две равные стороны.
(2) Треугольник называется равнобедренным, если два его
угла равны между собой.
Теоремы специального вида 71
Доказательство.
Часть 1. (1) => (2).
Нам нужно доказать, что если треугольник имеет две
одинаковых стороны, то какие-то два его угла равны между
собой. Предположим, что у треугольника ABC, изображенного
на рис. 2, стороны АС и СВ имеют одинаковую длину.
С
Α Ό В
Рис. 2
Рассмотрим два треугольника: ADC и CDB, полученные
из ABC с помощью перпендикуляра CD, опущенного из
вершины С на основание АВ, т.е. высоты. Углы ZADC и ZBDC —
прямые. Значит, это прямоугольные треугольники. Они
имеют общую сторону CD, которая служит одним из катетов для
каждого из них. Более того, по предположению, их
гипотенузы АС и СВ имеют равную длину. Следовательно,
треугольники ADC и CDB равны как прямоугольные треугольники с
попарно равными катетами и гипотенузами. Значит, их
соответствующие углы, ZCAD и ZCBD, тоже равны между собой.
Часть 2. (2) => (1).
Фактически нам нужно доказать, что треугольник с двумя
равными углами имеет две равные стороны.
Как и в предыдущем доказательстве, воспользуемся
рисунком 2. Только на этот раз предположим, что ZCAD = ZCBD.
Кроме этих углов, треугольники ADC и CDB имеют еще
равные углы, ZCDA = ZCDB, поскольку величина каждого из
72 Трудности доказательств
них равна 90°. Значит, рассматриваемые треугольники
подобны, как имеющие две пары равных углов. Но они, кроме того,
имеют еще и общую сторону CD. Поэтому они просто
равны между собой. Как следствие этого факта, получаем, что
АС = СВ. т
Пример 5. Пусть f — функция, определенная на всей
числовой пряиой, которая принимает только
положительные значения. Тогда следующие утверждения равносильны:
(1) f — убывающая функция.
(2) Функция д(х) = -τπ возрастает.
(3) Функция h(x) = —f{x) возрастает.
(4) Функция kn(x) = w/(#) убывает при любом
положительном значении числа п.
Доказательство. Напомним, что определения
убывающей и возрастающей функций приведены на стр. 13.
Эквивалентность утверждений будем доказывать в следующем поряд-
ке: (1) => (2), (2) => (3), (3) => (4) и (4) => (1).
Часть 1. (1) => (2).
По определению убывающей функции, для любых
вещественных чисел х\ < Х2 выполнено неравенство f{x\) > /(#2)· По
условию все значения функции / положительны. Следовательно,
предыдущее неравенство равносильно тому, что ,Л ч < ,Л ч,
т.е. д(х\) < д{х2)- Итак, функция д возрастает.
Часть 2. (2) => (3).
Нам известно, что функция д(х) = γπ- возрастает, причем
f(x) > 0 при любом значении переменной х. Отсюда, в
частности, следует, что д(х) тоже принимает только положительные
значения. Нам нужно показать, что h(x) = —f(x) возрастает.
Учитывая определения функций д и /i, имеем: h(x) = —π.
Теоремы специального вида 73
Возьмем произвольные числа х\ < Х2- Ввиду возрастания
функции д, получаем д(х\) < д{х2)- Числа, стоящие в обеих
частях неравенства, положительны, значит
1 1
дЫ) д(х\У
Умножив это неравенство на —1, получим
1 1
д(х2) д(х\У
Откуда h(x2) > h(x\), что доказывает возрастание функции h.
Часть 3. (3) => (4).
Напомним, что нам нужно, опираясь на возрастание
функции h(x) = —/(χ), показать, что функция кп(х) = nf(x)
убывает при любом положительном числе п. Как обычно,
выберем произвольные числа х\ < Х2- По определению
возрастающей функции h(x\) < h(x2). Подставим в это неравенство
выражение h через /: —f(x\) < —/(#2)· Осталось умножить
полученное на отрицательное число —п, чтобы получить
nf(xi) > nf(x2).
Вспомнив, как определяется функция А;п, убеждаемся, что
kn(xi) > кп(х2).
Так как χι их2 были произвольные вещественные числа,
удовлетворяющие неравенству х\ < Х2, то мы доказали убывание
функции кп.
Часть 4. (4) => (1).
Здесь нам дано, что каково бы ни было положительное
число п, функция кп(х) = nf(x) убывает. В частности, убывает
функция f(x) = k\(x). А именно этот факт и требовалось
доказать в последней части. ■
74 Трудности доказательств
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Функция f(x) не возрастает тогда и только тогда, когда
f(x)-f(c) / п
неравенство Jy ^j^ ' ζ (3 имеет место для всех чисел χ и с
из области определения, удовлетворяющих условию χ φ с.
(См. определение невозрастающей функции на стр. 13.)
2. Произведение целых чисел нечетно тогда и только тогда,
когда оба сомножителя нечетны.
3. Натуральное число η делится на 3 в том и только том
случае, когда на 3 делится его квадрат п2.
4. Для двух натуральных чисел г и s следующие
утверждения эквивалентны:
(1) r>s;
(2) при любом вещественном числе а > 1 выполнено
неравенство ar > as;
(3) при любом положительном вещественном числе а < 1
выполнено неравенство ar < as.
5. Пусть а и b — разные вещественные числа. Следующие
утверждения эквивалентны:
(1) число b больше числа а;
(2) среднее арифметическое 9^ больше а;
(3) среднее арифметическое 9^ меньше Ь.
Установите равносильность утверждений по следующей
схеме: (1) => (2), (2) => (3), (3) => (1).
6. Пусть χ и у — разные отрицательные вещественные
числа. Докажите эквивалентность следующих неравенств:
(1) х<у\
(2) \χ\ > Ы;
(3) х2 > у2.
Теоремы специального вида 75
7. Даны две системы линейных уравнений:
{
αχχ + biy = сь
CL2X + Ь2у = С2
и
a\x + biy = ci,
(6α ι + а2)ж + (66i +62)?/ = &ci + с2,
(5ι)
№)
где αϊ, α2, &ι, ί>2> ci, C2 и Ь — вещественные числа,
причем b φ 0. Упорядоченная пара чисел (х(ьУо) является
решением системы (Si) тогда и только тогда, когда она
является решением системы (S2).
Контрпримеры
Разбор примеров бывает очень полезен, когда мы
пытаемся освоить новое понятие, нащупать правильный путь
решения задачи или объяснить доказанный результат. Однако
пример нельзя использовать для доказательства истинности
утверждения.
Посмотрим, что происходит, когда мы свои утверждения
подкрепляем всего лишь примерами. Можно было бы заявить,
что для любых вещественных чисел α и b справедливо
равенство
(а + Ь)2 = а2 + Ь2.
А в качестве доказательства такого «факта» предъявить
конкретную пару чисел, удовлетворяющую этому соотношению.
Действительно, если α = 0, a b = 1, то
(а + Ь)2 = (0 + 1)2 = 1,
а2 + Ь2 = 02 + 12 = 1.
Следовательно, равенство (а + Ь)2 = а2 + Ь2 верно.
Более того, если нам скажут, что одного примера не
достаточно, мы можем предъявить и еще несколько: α = 0, b = — 1;
76 Труд ности доказательств
а = —4, 6 = 0; а = π, b = 0, и т. д. Легко заметить, что
одно из чисел в предъявленных парах всегда равно 0. Однако
мы утверждали, что равенство справедливо для любой пары
чисел. А что будет, если мы подставим в равенство α = 1 и
6 = 2?
(а + Ъ)2 = (1 + 2)2 = 9,
а2 + Ъ2 = I2 + 22 = 5.
В этом случае, очевидно, равенство не выполняется. Несмотря
на большое количество примеров, которые, казалось бы,
подтверждают равенство, мы нашли один, который ему
противоречит, т. е. контрпример. Тем не менее, его вполне достаточно
для опровержения утверждения. Действительно, мы говорили,
что равенство верно для всех пар вещественных чисел. Значит,
если найдется хотя бы одна пара, не удовлетворяющая
равенству, наше утверждение ложно.
В общей ситуации контрпример, показывающий
ошибочность Б при истинности А, служит приемлемым
доказательством ложности утверждения вида А => Б. Так происходит
потому, что общее утверждение не может считаться истинным
в случае, когда есть хотя бы одна ситуация, ему
противоречащая.
Подводя итог нашим исследованиям, еще раз отметим, что
серия примеров не доказывает истинности утверждения, в то
время как одного контрпримера достаточно для его
опровержения.
Рассмотрим высказывание: «каждое вещественное число
обладает обратным, дающим в произведении с ним 1». Мы можем
назвать миллионы чисел, действительно имеющих обратное.
Но существование единственного числа, а именно нуля, сводит
на нет все примеры. Поскольку для числа 0 обратного нет,
то исходное утверждение неверно. Конечно, в этой простой
ситуации утверждение легко подправить: «каждое ненулевое
вещественное число обладает обратным».
Теоремы специального вида 77
Иногда контрпримеры помогают понять, почему
утверждение неверно и подсказать, как изменить посылку или вывод,
чтобы сделать его истинным.
Например, исправление утверждения, приведенного в
начале параграфа, выглядит так: «равенство (а + Ь)2 = а2 + Ь2
выполнено для всех пар вещественных чисел а и Ь, в которых
по крайней мере одно число равно 0». (Докажите это
утверждение и сравните его с упр. 19 на стр. 56.)
Найденный контрпример экономит время и усилия,
избавляя Вас от бесплодных попыток доказать заведомо
неверное утверждение. Однако построить контрпример зачастую
бывает очень трудно. Более того, абсолютно не ясно, в
каких ситуациях правильнее искать доказательство, а когда —
строить контрпример. Стоит сначала попробовать доказать
утверждение. Если же Ваши попытки не приводят к успеху,
ищите контрпример, которым Вы докажете ошибочность
проверяемого утверждения. С другой стороны, может случиться
и так, что все найденные Вами примеры только подтвердят
утверждение. Тогда они помогут понять, почему утверждение
правильно и натолкнуть на правильный путь к поиску
доказательства.
Пример 1. Для любого положительного вещественного
числа χ выполнено неравенство х3 > х2.
Анализ. Чтобы как-то понять, верно рассматриваемое
утверждение или нет, полезно сравнить графики функций х2
и х3. Сделайте это самостоятельно, а мы разобьем
утверждение на составляющие.
А: Дано положительное вещественное число х. (Мы можем
пользоваться всеми свойствами вещественных чисел.)
Б: х3 > х2.
Доказательство. Попытаемся найти контрпример. Если
χ = 0,5, то х3 = 0,125 и х2 = 0,25. В этом случае х3 < х2.
Поэтому утверждение ложно. ■
78 Трудности доказательств
Пример 2. Если положительное натуральное число
делится на какое-то простое, то оно является составным.
Доказательство. На самом деле это не так.
Действительно, число 7 положительно и делится на простое число 7
(7/7 = 1). Тем самым, предположение утверждения
истинно. Однако 7 — число простое, а не составное. Построенный
контрпример опровергает наше утверждение. ■
Пример 3. Целое число, кратное 10 и 15, кратно 150.
Доказательство. Ошибочность такого заключения
показывает следующий контрпример. Рассмотрим наименьшее
общее кратное чисел 10 и 15, НОК(10, 15) = 30. Очевидно,
это число делится как на 10, так и на 15, но не делится на 150.
■
В данном случае контрпример подсказывает, как
исправить утверждение, чтобы оно стало верным: «целое число,
кратное 10 и 15, делится на их наименьшее общее кратное 30».
Упражнения
Найдите контрпримеры к следующим утверждениям.
1. Предположим, что функция / возрастает, a g убывает.
Тогда их сумма / + g будет постоянной функцией, т. е.
значение функции (/-hy)(x), вне зависимости от значения
переменной х, равно одному и тому же числу.
(Определения возрастающей, убывающей функции и суммы
функций см. на стр. 13 и 12.)
2. Если t — число, лежащее между 0 и |, то 2sin£ = sin2£.
3. Значения многочлена Р{х) = х2 + Зх + 2 положительны
при любом вещественном х.
4. Если у — число, обратное к вещественному числу χ ^ 1,
то 0 < у < 1.
Теоремы специального вида 79
5. Число Зп + 2 является простым при всех натуральных
значениях п.
6. Пусть функции f,gnh определены на множестве всех
вещественных чисел. Если / о g = f о /i, то g = h.
Какие из следующих утверждений справедливы?
Докажите верные утверждения и приведите контрпримеры к
ошибочным.
7. Сумма любых пяти последовательных целых чисел (т. е.
η, η + 1, η + 2, η + 3, η + 4) делится на 5.
8. Для любых вещественных чисел χ ^ 0 выполнено
неравенство х2 ^ х4.
9. Сумма любых четырех последовательных натуральных
чисел делится на 4.
10. Пусть / и g — нечетные функции (см. стр. 13),
определенные на множестве всех вещественных чисел. Тогда их
сумма, / Н- д, является четной функцией.
11. Пусть / и g — нечетные функции (см. стр. 13),
определенные на множестве Ш всех вещественных чисел. Тогда
их отношение £ — четная функция (см. стр. 13),
определенная на всем множестве R
12. Любое шестизначное число вида η = abccba делится на 11.
13. Сумма двух чисел является рациональным числом тогда
и только тогда, когда оба слагаемых рациональны.
14. Пусть нечетная функция / определена на всем К. Тогда
функция g(x) = (f(x))2 четна и определена на всем К.
15. Предположим, что функция /, определенная при всех
вещественных значениях переменной, принимает только
положительные значения. Тогда функция д(х) = (f(x))3
возрастает (смотри определение возрастающей функции
на стр. 13).
80 Трудности доказательств
Метод математической индукции
Прежде чем приступить к формальному изложению метода
индукции, попытаемся решить следующую задачу.
Сколько п-значных чисел можно выписать,
используя только единицы и двойки?
Эта задача, в отличие от разобранных ранее примеров, в своей
формулировке не содержит ответа. Поэтому ее решение
естественно разбивается на два этапа.
1) Каким-то образом угадать правильный ответ.
2) Доказать истинность ответа.
Но если с доказательствами мы уже встречались в этой
книге, то как подойти к поиску ответа мы еще не представляем.
Здесь полезно руководствоваться тезисом многих
математиков, которые вопреки бытующему мнению считают, что
«математика — наука экспериментальная!».
Это означает, что для поиска верного ответа нужно разобрать
несколько частных случаев предложенной задачи, а потом
посмотреть на последовательность решений, чтобы уловить
закономерность.
Итак, проведем серию экспериментов, т. е. решим нашу
задачу при малых значениях п.
Пусть η = 1. Тогда исходная задача выглядит так:
Сколько однозначных чисел (т. е. состоящих из
одной цифры) можно выписать, используя только
единицы и двойки?
Ответ очевиден! Только два: 1 и 2.
Теоремы специального вида 81
Теперь возьмем η = 2 и найдем все двузначные числа,
записанные с помощью 1 и 2:
11, 12 и 21, 22.
В этом случае ответ — 4.
Нам пока еще не очень видна закономерность. Может быть,
при переходе к следующему числу ответ удваивается, а может,
увеличивается на 2. Не исключено, что ответы связаны друг
с другом еще более хитро.
Разберем следующий частный случай, η = 3, и выпишем
трехзначные числа, удовлетворяющие условию задачи.
111, 211,
112, 212,
121, 221,
122, 222.
При этом нужно быть очень внимательным, чтобы ничего не
пропустить и никакого числа не написать дважды. После
тщательной проверки убеждаемся, что мы выписали все
возможные числа по одному разу. Значит, при η = 3 ответ: 8.
Ага, похоже, что с увеличением η на 1 количество чисел
умножается на 2. Примем нашу догадку за рабочую гипотезу.
Если она верна, то ответ к задаче при η — А должен быть
2-8 = 16. Конечно, для его проверки достаточно выписать
все четырехзначные числа, состоящие из 1 и 2, и пересчитать
их. Однако 16 — это уже довольно много. Так что выписывая
нужные нам числа, можно легко допустить ошибку. Как бы
придумать процедуру перечисления, гарантирующую нас от
неточности?
Попробуем все наши числа разбить на две группы. К
первой отнесем все те, которые начинаются с 1, а ко второй — с
двойки. Таким образом, число, относящееся к первой группе,
имеет вид
1α3α2αι, где α3,α2,αι Ε {1,2},
82 Трудности доказательств
а вторая группа содержит такие числа:
2α3α2αι, где α3,α2,αι Ε {1,2}.
Прежде всего заметим, что любое из нужных нам чисел
действительно попадет в одну из этих групп, поскольку первая
его цифра, согласно условию, либо 1, либо 2. Более того,
очевидно, что ни одно из чисел не попадет сразу в две группы.
Осталось подсчитать количество чисел в каждой группе.
Но это сделать довольно легко даже ничего не выписывая.
Если мы возьмем любое число из первой группы, например
1аза2&ь и отбросим первую единицу, то получится
трехзначное число Ща^ах^ цифрами которого будут только 1 и 2. Таких
чисел — 8. Стало быть, чисел, принадлежащих первой
группе, тоже 8. Аналогично, отбрасывая первую двойку у числа
из второй группы, получаем трехзначное число,
удовлетворяющее условию задачи, т.е. во второй группе тоже 8 чисел.
Значит, в случае η = 4 ответ — 16.
Наша гипотеза подтвердилась, и возникает соблазн
сделать общий вывод: при переходе к следующему η количество
чисел удваивается. Однако так делать нельзя ни в коем
случае. Мы действительно доказали это утверждение для первых
нескольких значений п, но еще остается вероятность, что для
каких-то η утверждение будет ложным. Хорошо, скажете Вы,
а что же тогда делать? Ведь нельзя же перебрать все
натуральные числа и для каждого из них проверить наше
утверждение. Формально Вы правы. Но есть способ доказать
истинность ответа и не перебирая всех чисел. Продемонстрируем
его.
Прежде всего обозначим множество n-значных чисел,
состоящих из 1 и 2, символом Х(п), а их количество —
через х(п). Как мы уже выяснили, х(1) = 2, х(2) = 4, х(3) = 8
и χ (А) = 16. Глядя на полученные ответы, можно
предположить, что в общей ситуации справедливо равенство х(п) = 2п.
Именно это равенство мы и будем доказывать.
Теоремы специального вида 83
Заметим, что доказываемое равенство справедливо при η = 1.
Предположим, что оно истинно при каком-то натуральном
числе к > 1 и вычислим следующее значение, х(к + 1). Разобьем
множество Х(А; + 1) (А; + 1)-значных чисел из нашей задачи
на две группы: Х\(к + 1) и Хг(& + 1). В первой из них будут
все (к + 1)-значные числа из X(fc + 1), первая цифра (слева)
которых равна 1. Во второй — те, которые начинаются с 2.
Ясно, что любое число из Х(к + 1) попадет в одну из групп,
причем только в одну. Покажем теперь, что количество чисел
в каждой группе равно χ (к). Действительно, отбросив первую
цифру у любого числа из Х\ (к + 1), получим число из Х(к).
И наоборот, приписав к произвольному числу из Х(к) слева 1,
мы получим какое-то из Х\(к + 1). Иными словами, каждому
числу из Х\(к+1) можно сопоставить одно и только одно число
из Х(к). В то же время, каждому числу из Х(к)
соответствует одно и только одно число из Х\(к + 1). Поэтому количество
элементов в этих множествах одинаково, а именно х(к).
Аналогично доказываем, что количество чисел во второй группе,
Хъ(к + 1), тоже равно х(к). Итак, мы получили соотношение:
х(к + 1) = 2х{к).
По нашему предположению χ (к) = 2к. Следовательно,
х(к + 1) =2-2* = 2*+1.
Оказывается, такого рассуждения уже достаточно, чтобы
доказать истинность формулы х(п) = 2п для всех
натуральных чисел п. Обоснование достаточности такого типа
аргументов мы оставим на потом, а сейчас попытаемся
проанализировать метод и сформулировать его в общем виде.
Мы имеем дело с утверждением (или формулой), которое
зависит от натурального числа η (как Вы понимаете,
обозначение натурального числа весьма условно, и вводится только
для удобства ссылок). Можно сказать, что у нас есть не
одно утверждение, а серия утверждений Р(п), пронумерованных
84 Трудн ости доказательств
натуральными числами. Наша цель — доказать истинность
всех утверждений Р(п), начиная с какого-то конкретного
числа по (в предыдущем примере щ = 1, но такое бывает не
всегда). Для достижения цели мы убеждаемся в истинности
Р(по), потом предполагаем справедливость Ρ (к) для какого-
то произвольного натурального к и, опираясь на это
предположение, доказываем, что Ρ (к + 1) тоже верно. После чего
заявляем об истинности всех утверждений Р(п). Не кажется
ли Вам, что где-то мы ошибаемся?
Чтобы устранить все сомнения, сформулируем метод в
качестве теоремы и докажем ее.
Теорема (принцип математической индукции).
Предположим, что для каждого натурального числа η ^ щ есть
утверждение Р(п), обладающее двумя свойствами:
1) Р(щ) истинно;
2) для любого натурального к ^ щ из справедливости Р(к)
вытекает истинность P(k + 1) , т. е. Р{к) => Р(к + 1).
Тогда утверждение Р(п) верно для любого натурального
числа η ^ щ.
Доказательство. Докажем теорему методом «от
противного». Допустим, что условия теоремы выполнены, но
утверждение Р(т) ложно для какого-то натурального числа т ^ щ.
Пусть то — самое маленькое натуральное число среди всех
таких. Очевидно, τη φ щ, поскольку истинность утверждения
Р(щ) известна из условий теоремы. Поэтому то — 1 ^ щ и,
по выбору то, утверждение Ρ (то — 1) — справедливо. Тогда
из второго условия теоремы следует, что Р(то) тоже верно.
Полученное противоречие доказывает теорему. ■
Доказанная теорема дает нам очень мощный метод
проверки бесконечного числа утверждений, зависящих от
натурального числа. Он применяется очень часто там, где другие
методы рассуждений не в силах привести к победе. Поэтому очень
Теоремы специального вида 85
важно освоить метод математической индукции и научиться
правильно его применять. Этим мы займемся в последующих
примерах, а сейчас скажем несколько слов о стандартной
терминологии.
Допустим мы доказываем серию утверждений Р{п) при
η ^ щ индуктивным методом. Первый шаг, проверка
истинности утверждения Р(по), называется базой индукции.
Допущение о справедливости высказывания Р(к) для
произвольного натурального числа к называют предположением индукции
или индуктивным предположением. И наконец, индуктивный
переход или шаг индукции заключается в доказательстве
импликации Ρ (к) => Ρ (к + 1).
Пример 1. Методом математической индукции докажи-
п(п+1)
те, что сумма первых η натуральных чисел равна -Ч^—L.
Доказательство. Нам предстоит доказать истинность
равенства
п(п + 1)
1+2 + ··· + (η-1)+η
V
η чисел
для всех натуральных чисел η ^ 1.
База индукции. Верно ли это равенство при η = 1,
наименьшем из возможных натуральных чисел?
1(1 + 1)
2
Как видно из приведенного вычисления, данная формула дает
верный результат, что означает ее истинность при η = 1.
Предположение индукции. Предположим, что формула
работает при сложении первых к чисел, т. е. равенство
1 + 2 + -~ + (к-1)+к = Шр1
V
к чисел
справедливо.
86 Трудности доказательств
Шаг индукции. Покажем, что формула имеет место для
следующего числа η = к + 1:
(fc + l)((fc + l) + l)
l + 2 + ... + fc + (fc + l) = Ц- '-. (1)
(/с+1) чисел
Прежде всего заметим, что правую часть проверяемого
равенства можно переписать в виде:
(* + l)((fc + l) + l) ^(fc + l)(fc + 2)
2 2
и преобразуем левое выражение.
1 + 2 + · · · + к + (к + 1) = (l + 2 + · · · + (к - 1) + к) + (к + 1).
Опираясь на предположение индукции, имеем
(l+2 + ... + (fc-l) + fc)=M^l).
Следовательно,
(l + 2 + · · · + {к - 1) + fc) + (fc + 1) = fc(fc2+1) + (fc + 1) =
_ fc(fc + l)+2(fc + l) _
" 2 "
_ (fc + l)(fc + 2)
2
Мы убедились, что левая и правая части формулы (1)
совпадают, т. е. равенство действительно верно при η = к + 1. Значит,
по принципу математической индукции наша формула верна
для всех натуральных чисел п. Ш
Пример 2. Сумма первых η нечетных чисел равна η2,
т. е.
1 + 3 + 5 + ··· + (2η- 1) =п2.
Теоремы специального вида 87
Доказательство.
База индукции. Подставим в это равенство η = 1,
наименьшее натуральное число, при котором формула имеет смысл.
В этом случае у нас только одно нечетное число и формула,
конечно, обращается в верное тождество:
1 = 12.
Предположение индукции. Предполагаем, что
формула верна для любого набора первых к нечетных чисел, т.е.
равенство
l + 3 + 5 + --- + (2fc- 1) = к2
истинно.
Шаг индукции. Здесь нам нужно проверить формулу для
η = к + 1 первых нечетных чисел, а именно, установить
справедливость равенства
1 + 3 + 5 + · · · + (2fc - 1) + (2{к + 1) - l) = {к + I)2.
Выделив в левой части проверяемого равенства первые к
слагаемых, мы можем воспользоваться предположением
индукции.
1 + 3 + 5 + · · · + (2к - 1) + (2(к + 1) - l) =
= (l + 3 + 5 + · · · + (2fc - 1)) + (2fc + 1) =
= k2 + 2k + 1 = (k + l)2.
Отсюда видно, что формула, приведенная в утверждении,
справедлива при η = fe-f 1. Значит, ввиду принципа
математической индукции, она верна для любого натурального п. ■
Иногда при доказательстве бесконечной серии
утверждений сформулированного принципа математической индукции
не хватает. Поэтому его часто называют слабым принципом
88 Трудности доказательств
математической индукции, в отличие от принципа строгой
математической индукции, который приведен ниже.
Теорема (принцип строгой математической
индукции). Предположим, что для каждого натурального числа
η ^ щ сформулировано утверждение Р(п), обладающее
следующими двумя свойствами:
1) Р(щ) истинно;
2) если Р{п) справедливо при η = щ, щ + 1,. · ·, к, то
утверждение Р(к + 1) тоже верно.
Тогда для любого натурального η ^ щ утверждение Р{п)
истинно.
Несмотря на громкое название, доказательство этой
теоремы практически ничем не отличается от доказательства
слабого принципа математической индукции. Поэтому мы
оставим его читателю.
Однако область применения принципа строгой индукции
гораздо шире, чем слабого принципа. Для иллюстрации
нашего заявления докажем теорему о разложении натурального
числа в произведение простых1, на которую мы уже ссылались
в этой книге.
Пример 3. Если натуральное число η больше 1, то либо
оно простое, либо представляется в виде произведения
простых чисел.
Доказательство.
База индукции. Теорема, очевидно, справедлива для
наименьшего из возможных натуральных чисел, о которых в ней
говорится. Таким числом будет 2, а оно простое.
обычно эту теорему называют «Основной теоремой арифметики». —
Прим. перев.
Теоремы специального вида 89
Предположение индукции. Допустим, что теорема
верна для всех натуральных чисел, лежащих между 2 и
произвольным, но фиксированным натуральным числом к включительно.
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения для
к + 1. Если число к + 1 является простым, то истинность
теоремы для него не вызывает сомнений. Допустим, что к + 1 —
число составное. По определению составных чисел (см. стр. 11)
имеем
к + 1 = ρ - q, где ρ > 1, g > 1 — натуральные числа.
Давайте подумаем, могут ли числа ρ и q быть больше к? Если
это так, то их произведение больше к2. А так как к ^ 2, то
наше предположение приводит к ложному неравенству: fc +1 =
= р · g > /с2.
Итак, каждый из сомножителей больше 1 и не
превосходит к. Значит, к ним можно применить предположение
индукции, по которому как р, так и q либо простое число, либо
представляется в виде произведения простых. В этот момент
полезно отметить, что слабого принципа математической
индукции для такого заключения не достаточно (почему?).
Если оба сомножителя просты, то мы представили к + 1 в
виде произведения двух простых чисел. Если одно из них,
скажем р, простое, a q — составное, то последнее представляется
в виде произведения
q =P\P2-'Ps,
где каждый из сомножителей — простое число. Поэтому
к + 1 =pq=ppiP2---Ps
тоже представляется в виде произведения простых.
Аналогично разбирается случай, когда и р, и q — составные числа.
Таким образом, fc+Ι представимо в виде произведения
простых в любом случае, что завершает индуктивный шаг и все
доказательство в целом. ■
90 Трудности доказательств
Пример 4. Многочлен степени η ^ 1 с вещественными
коэффициентами имеет не более η корней.
Доказательство. База индукции. Проверим
утверждение для наименьшего из возможных натуральных чисел η = 1,
т.е. покажем, что многочлен первой степени имеет не
больше одного корня. Как известно, многочлен первой степени с
вещественными коэффициентами имеет вид
Ρι (χ) = αχ + Ь, где α, b Ε Μ, α φ 0.
Если число с является корнем этого многочлена, то по
определению Ρ (с) = 0. Иными словами, с удовлетворяет уравнению
ас + Ь = 0.
Но, как Вы знаете, такое уравнение с ненулевым
коэффициентом а решается однозначно:
Ь
с = —.
а
Значит, база индукции выполнена.
Предположение индукции. Пусть любой многочлен с
вещественными коэффициентами, степень которого не
превосходит А;, имеет не более к корней.
Шаг индукции. Рассмотрим многочлен Pk+i{x) степени
к + 1. Предположим для определенности,
Pk+i{x) = ak+\xk*1 + akxk Η l· αχχ + α0, аь+\ ф 0.
Если многочлен Нь+\(х) вообще не имеет корней, то
утверждение верно (0 < к + 1). Допустим все-таки, что Рк+\{с) = 0
для какого-то вещественного числа с, т.е. с — корень этого
многочлена.
Здесь нам придется воспользоваться малоизвестным для
школьников фактом.
Теоремы специального вида 91
Если число с — корень многочлена Рь+\(х) с
вещественными коэффициентами, то этот
многочлен делится на х — с. Иначе говоря, найдется
такой многочлен с вещественными коэффициентами
Pk{x) степени к, что
Pk+i{x) = {х-с)Рк(х).
Вы его можете доказать самостоятельно (см. упр. 17 на стр. 142).
Применяя этот факт, мы разделим многочлен Рк+\(х) на χ — с
и получим другой многочлен Рк{х)- Если число с является
корнем многочлена Рк{х), то разделим и его на χ — с, и так
далее, пока не получим многочлена Ps(x) степени s, который не
обращается в нуль в точке х — с. Подводя итог проделанным
рассуждениям, получаем:
Рш(х) = (х- c)rPs(x), Ps(c) φ 0. (2)
Более того, каждый раз деля многочлен на х—с, мы уменьшаем
его степень на единицу. Значит,
fc + l-r = s<fc + l. (3)
Возьмем теперь любой другой корень а исходного
многочлена и подставим его в равенство (2):
0 = Pk+1(a) = (a-c)rPs(a).
Так как а ф с, то а — с φ 0. Отсюда следует, что а является
корнем многочлена Ps{x)- Этим рассуждением мы показали,
что все корни исходного многочлена, отличные от с,
являются корнями многочлена Ps{x)- С другой стороны, степень s
многочлена Ps(x) меньше к + 1 (см. неравенство 3), и по
предположению индукции он имеет не более s корней. Значит,
исходный многочлен будет иметь не больше, чем s + г = к + 1
корней. Шаг индукции, а вместе с ним и все доказательство
закончены. ■
92 Трудности доказательств
Приведем пример некорректного индуктивного
рассуждения.
Пример 5. Разность степеней 7п — 4П делится на 3 при
любом натуральном показателе п.
Доказательство.
Некорректное индуктивное рассуждение.
База индукции. Проверка истинности нашего
утверждения при η = 1 очень проста:
71 -41 =3.
Предположение индукции. Предположим, что
утверждение справедливо для произвольного натурального /г, т.е.
разность 7к — Ак = 3£, где t — целое число.
Шаг индукции. Доказываем истинность утверждения для
η = к + 1. Для этого нам потребуется малоизвестная формула
сокращенного умножения:
aM-bM = {a-b)(ak + ak-lb+''^a4k-2 + abk-l + bk). (4)
Для ее проверки достаточно раскрыть скобки и привести
подобные члены.
(а - b){ak + ak~lb + ak~2b2 + · · · + a2bk~2 + abk~l + bk) =
= α*+ι + akb + ak~lb2 + · · · + a3bk~2 + a2bk~l + abk -
-akb - ak~lb2 - ak~2b3 a2bk~l + abk - b*+1 =
= a*+1-b*+1.
По этой формуле
7*+! _ 4*+! = (7 — 4)(7k + 4 · 7k~l н h 7 · Ak~l + 4k) =
= 3(7* + 4 · 7k~l + ... + 7 · 4*"1 + 4*).
Так как число в скобках целое, мы получаем, что разность
7/с+1 — 4/с+1 делится на 3.
Теоремы специального вида 93
Конечно, этим рассуждением мы доказали истинность
нашего утверждения. Однако предположение индукции не
играло в нем никакой роли, и мы могли о нем просто не упоминать.
Фактически, наше доказательство не использовало индукцию.
Корректное индуктивное рассуждение.
База индукции. Как и в предыдущем случае, база
индукции выполнена. Не будем повторяться, перепроверяя ее.
Предположение индукции. Предположим, что разность
7* — 4* = 3s делится на 3.
Шаг индукции. Докажем, что разность 7*+1 — 4*+1 тоже
делится на 3.
пк+\ _ дк+\ _ γ # пк _ л # л к _
= (3 + 4)7* - 4 -4* =
= 3 · 7* + 4 · 7* - 4 · 4* =
= 3-7*+4(7* -4*).
По предположению индукции 7к — 4* = 3s, где s — целое число.
Поэтому,
7*+ι _ 4*+1 = з . 7* + 4(7* - 4*) = 3 · 7к + 4 · 3s = 3(7* + 4s).
Итак, разность 7*+1 — 4*+1 тоже делится на 3. Индуктивный
переход, а вместе с ним и доказательство закончены. ■
Утверждения, касающиеся неравенств, обычно несколько
более сложны для доказательства, нежели утверждения,
посвященные равенствам. Действительно, при работе с
неравенствами у нас есть некоторая доля неопределенности в отличие
от исследования равенств. Любое математическое выражение
тождественно равно только самому себе. Поэтому все, что мы
можем с ним сделать — это как-то его преобразовать
согласно правилам алгебры. С другой стороны, один из возможных
путей проверки неравенств вида / ^ g заключается в том,
чтобы найти выражение /i, которое удовлетворяет сразу двум
94 Трудности доказательств
неравенствам / ^ h и h ^ g. Несмотря на то, что казалось бы
мы усложняем задачу, этот путь довольно часто приводит к
победе. Однако при этом нам предоставляется довольно
большой простор для выбора выражения /i, что может замедлить
решение задачи. Проиллюстрируем сказанное примером.
Пример 6. Любое натуральное число а ^ 4
удовлетворяет неравенству
а3 > За2 + За + 1.
Доказательство. Докажем это утверждение индукцией
по а.
База индукции. Как обычно, начнем с проверки
неравенства при наименьшем из натуральных чисел, о которых идет
речь в утверждении, а = 4. Так как
3 · 42 + 3 · 4 + 1 = 3 · 16 + 12 + 1 = 61 ^ 64 = 43,
то база индукции выполнена.
Предположение индукции. Допустим, утверждение
выполнено для произвольного целого числа к ^ 4, т. е.
неравенство
А;3 ^ Зк2 + Зк + 1
истинно.
Шаг индукции. Докажем его справедливость для
следующего натурального числа а = к + 1. Практически из
предположения индукции нам нужно вывести, что
{к + I)3 ^3{к + 1)2 + 3(А; + 1) + 1.
Упростив правую часть доказываемого неравенства, мы
можем переписать его в виде
{к + I)3 ^ ЗА;2 + 9к + 7. (5)
Теоремы специального вида 95
Воспользуемся формулой для куба суммы и
предположением индукции.
(к + 1)3 = А;3 + ЗА;2 + ЗА; + 1 ^
^ (ЗА;2 + ЗА; + 1) + ЗА;2 + ЗА; + 1.
Вопреки большому соблазну, приведем в правой части
неравенства лишь некоторые подобные члены и получим
{к + I)3 ^ ЗА;2 + ЗА;2 + 6А; + 2.
Мы нашли промежуточное выражение (правая часть
последнего неравенства), которое не превосходит (fc + 1)3, и нам
осталось показать, что оно не меньше правой части
неравенства (5), т.е. показать, что для всех к ^ 4 выполнено
ЗА;2 + ЗА;2 + 6А; + 2 ^ ЗА;2 + 9А; + 7.
Поскольку А; ^ 4, то ЗА;2 ^ ЗА; · А; ^ 12А;. Отсюда
ЗА;2 + ЗА;2 + 6А; + 2 ^ ЗА;2 + 12fc + 6fc + 2 =
= ЗА;2 -h 9A: -h (9A: -h 2).
Кроме того, условие к ^ 4 влечет неравенство 9А; + 2 ^ 7.
Поэтому
(fc + I)3 ^ЗА;2 + ЗА;2 + 6А; + 2 ^
^ ЗА;2 + 9к + {9к + 2) >
^ ЗА;2 + 9А; + 7.
А это как раз то неравенство, которое мы собирались
доказывать (см. формулу (5)). ■
96 Трудности доказательств
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Для любого натурального числа η выполнено равенство
1+22 + 23 + ··· + 2η~1 =2п - 1.
2. Каково бы ни было натуральное число п, число 9П — 1
делится на 8.
3. Сумма первых η нечетных чисел равна п2 + п, т. е.
2 + 4 + 6 Ч + 2η = η2 + η.
4. Пусть а > 1 — фиксированное вещественное число, а
натуральное число η больше или равно 3. Тогда
(1 + α)η > 1+ па2.
5. Для любого натурального числа η имеет место
тождество:
ill ι 1-Шп+1 л
2 22 23 2" 1-1
6. Любое натуральное число η ^ 3 удовлетворяет
неравенству п2 ^ 5 · п!.
7. Если η — нечетное натуральное число, то п2 — 1 делится
на 4.
8. Число 10п — 1 делится на 9 при любом натуральном
показателе п.
9. Последняя цифра (справа) числа Зп с натуральным
показателем может быть только 1, 3, 7 или 9.
Теоремы специального вида 97
10. Пусть η — целое число, большее 4. Тогда предпоследняя
цифра (справа) числа Зп четна.
11* Пусть А = ( 1. Тогда Ап = ( 1 для всех η ^ 1.
Теоремы существования
Теоремы существования легко узнать по формулировке,
поскольку они утверждают, что найдется по крайней мере
один объект, обладающий указанными свойствами. Обычно
такие теоремы доказывают одним из следующих способов.
1) Если возможно, указывают алгоритм (процедуру)
явного построения объекта, удовлетворяющего требуемым
свойствам. Такое доказательство называют
конструктивным.
2) Иногда явная конструкция объекта невозможна.
Поэтому нам нужно найти аргументы, гарантирующие
существование объекта, хотя мы и не можем предъявить ни
одного примера, удовлетворяющего условиям теоремы.
Пример 1. Для любых двух рациональных чисел найдется
третье рациональное число, лежащее между ними.
Анализ. Переформулируем это утверждение, выделив
предположение и заключение.
А: Рассмотрим два рациональных числа а и Ъ и для
определенности будем считать, что а <Ъ.
Б: Найдется такое рациональное число с, что а < с < Ь.
Доказательство. По определению рациональных чисел
имеем
ТП Ό
а = —, η φ 0, Ъ = -, q φ Ο,
η q
4 — 6617
98 Трудности доказательств
где га, η, ρ и q — целые числа. Нам уже известно, что среднее
арифметическое двух разных чисел лежит строго между ними
(см. пример 3 на стр. 68). Поэтому для доказательства нашей
теоремы достаточно проверить, что среднее арифметическое
рациональных чисел — число рациональное. Итак,
а + Ь 1 /га ρ
С~ 2 "2\п+ q
mq + пр
2nq
Число mq + пр целое, так как целыми являются числа га, n, p
и q. Кроме того, знаменатель дроби 2п<7, будучи целым числом,
как произведение трех ненулевых чисел отличен от нуля.
Значит, число с рационально и как среднее арифметическое чисел
а и ft, лежит между ними, т. е. а < с < Ь. Ш
Пример 2. Пусть χ — иррациональное число. Тогда
найдется хотя бы одна цифра, которая бесконечное число раз
повторяется в представлении χ бесконечной десятичной
дробью.
Анализ. Мы даже не знаем, чему равно данное нам
число х, поэтому, естественно, не приходится и мечтать найти
конкретную цифру, удовлетворяющую условию утверждения.
Иными словами, конструктивного доказательства нам не
построить.
Доказательство. Попробуем доказать утверждение
методом «от противного». Допустим, что каждая из десяти цифр
повторяется в записи числа χ лишь конечное число раз. Пусть
для определенности цифра к повторяется п& раз. Но тогда в
бесконечной десятичной дроби, равной числу х, будет всего
лишь конечное число знаков, а именно
-
N = щ + п\ Η h n8 + щ
Теоремы специального вида 99
знаков, что противоречит ее бесконечности. Полученное
противоречие доказывает исходное утверждение. ■
Пример 3. Найдется прямая на координатной
плоскости, проходящая через точки с координатами (0,2) и (2,6).
Доказательство. Докажем это утверждение двумя
способами: предъявив уравнение искомой прямой и с помощью
теоретических аргументов.
1. Воспользуемся тем, что любая прямая (отличная от
вертикальной) на координатной плоскости описывается
уравнением
У~Уо = к{х -х0),
где (хо,Уо) — координаты одной из точек, принадлежащей
прямой, а А; — угловой коэффициент этой же прямой. Кроме
того, если известны координаты (х\,у\) еще какой-то точки
нашей прямой, причем хо φ #ι, то угловой коэффициент к
вычисляется по формуле:
fe= У\ -Уо
Х\ - Хо
Используя данные нам условия и последнюю формулу,
получаем
к = -ζ—:г = 2.
2-0
Значит, искомая прямая описывается уравнением
у - 2 = 2(х - 0)
или
у = 2х + 2.
2. Напомним, что одна из аксиом евклидовой геометрии
утверждает, что через две разные точки плоскости можно
провести одну и только одну прямую. Так как точки, о
которых идет речь в нашем утверждении, различны, то по этой
4*
100 Трудности доказательств
аксиоме через них можно провести прямую. А ровно это и
надо было доказать. ■
Пример 4. Многочлен Р(х) = χ4 + χ3 + χ2 + χ — 1 имеет
хотя бы один корень, лежащий на отрезке [0,1].
Анализ. Прежде всего отметим, что многочлен Р(х)
является непрерывной функцией на отрезке [0,1] и мы можем
пользоваться всеми свойствами непрерывных функций на отрезке.
Если бы мы попытались найти точные значения корней
многочлена Р(х), нам бы пришлось решать уравнение
четвертой степени, что хотя и возможно, но довольно трудно.
Однако в задаче не требуется точного значения корней. Нам
достаточно показать, что найдется по крайней мере одна точка
с Ε [0,1], для которой Ρ (с) = 0.
Доказательство. Доказательство этого факта
использует важную теорему математического анализа, которая
говорит, что если непрерывная на отрезке [a, ft] функция f(x)
принимает в точках а и ft значения разных знаков, то найдется
такая точка с Ε (а, ft), что /(с) = 0.
Мы уже отметили, что многочлен Р(х) — непрерывная
функция на отрезке [0,1]. Вычислим значения Р(х) на концах
заданного отрезка.
Р(0) = -1, Р(1) = 3.
Итак, Р(0) < 0, в то время как Р(1) > 0. Значит, по
сформулированной теореме на интервале (0; 1) найдется точка с, в
которой многочлен Р(х) обращается в нуль, т. е. его корень.
■
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Существует функция, определенная на всей числовой
прямой, множество значений которой — полуинтервал (0,1].
Теоремы специального вида 101
2. Найдется такое натуральное число п, при котором число
2п + 7п будет простым.
3. Пусть а — иррациональное число. Тогда найдется такое
иррациональное число ft, для которого произведение аЬ
будет целым числом.
4. Найдется многочлен второй степени Р{х), для которого
Р(0) = -1 и Р(-1) = 2.
5. Можно подобрать два рациональных числа а и ft,
удовлетворяющих условию: аь — положительное целое число, а
Ъа — отрицательное целое число.
6. Между двумя рациональными числами а <Ъ найдется по
крайней мере три рациональных числа.
7. Неравенство 2к > Ак имеет решение в целых числах.
8* Пусть Р(х) = апхп + ап-\хп~1 -] \-а\х+ао — многочлен
нечетной степени п, в частности ап φ 0. Тогда уравнение
Р(х) = 0 имеет хотя бы один вещественный корень.
Теоремы единственности
Теоремы такого типа утверждают, что объект,
обладающий требуемыми свойствами (существование которого уже
доказано), обязательно единственен. Для их обоснования
следует показать, что не существует никакого другого
объекта, удовлетворяющего указанным условиям. Прямая проверка,
как правило, неосуществима, поскольку мы можем иметь дело
с бесконечным числом объектов. Поэтому нужно использовать
какой-то другой подход. Обычно теоремы единственности
доказывают одним из следующих способов:
1) «От противного». Отрицание единственности означает,
что найдется по крайней мере два объекта,
обладающих указанными свойствами. В связи с этим для доказа-
102 Трудности доказательств
тельства единственности достаточно показать, что
такие объекты обязательно совпадают.
2) В том случае, когда доказательство существования
указанного объекта конструктивно, можно попытаться
доказать, что каждый шаг алгоритма (процедуры),
приводящего к построению нужного объекта, однозначен, т. е.
дает единственный результат.
3) Если явно описать объект невозможно, следует отыскать
аргументы, гарантирующие его единственность.
Пример 1. Существует только одно вещественное
число х, удовлетворяющее уравнению
а · χ = χ · а = а
при любом вещественном а.
Доказательство. Прежде всего заметим, что одно
решение мы знаем. Это 1. Теперь предположим, что есть еще
какое-то решение t всех этих уравнений. В частности, числа t
и 1 удовлетворяют уравнениям:
1·ι = ι· 1 = 1, (1)
t-x = x-t = t. (2)
Поскольку t — решение уравнения (1), получаем
1 - * = 1.
С другой стороны, 1 — корень уравнения (2). Значит,
1 · t = t.
Сравнивая эти равенства между собой, имеем
1 = 1-* = *.
Теоремы специального вида 103
Итак, мы предположили, что есть еще какое-то решение t
всех перечисленных в условии уравнений, и пришли к
выводу, что оно обязательно совпадет с 1. Поэтому, естественно,
теорема единственности выполнена. ■
Очень часто существование и единственность какого-то
объекта формулируются в одном утверждении: «существует
единственный ...». Их доказательство разбивается на две
части:
1) доказательство существования объекта, описанного в
утверждении;
2) проверка, что такой объект только один.
Пример 2. Функция f(x) = χ3 имеет единственную
обратную функцию.
Доказательство. Напомним, что две функции f(x) и д(х)
называются взаимно обратными, в частности, д(х) —
обратная функция к /(#), если
(/ ° 9){х) — f{9{x)) — х Для любого χ из области
определения д;
{9 ° f)(x) = 9(f(x)) — х Для любого χ из области
определения /.
Насть 1. Покажем, что обратная функция существует.
Исходная функция задана с помощью алгебраического
выражения. Найдем алгебраическое выражение для функции д.
Согласно определению, она должна удовлетворять условию:
(f°g)(x) = f(g(x)) =χ·
Подставив сюда выражение для /, получим
(д(х)) =х.
104 Трудности доказательств
Извлечем из обеих частей равенства кубический корень и
найдем функцию д.
д(х) = Ух.
Необходимо проверить, что построенная функция д
действительно является обратной к /, т. е. удовлетворяет
соотношениям из определения. Сделаем это.
(1од)(х) = 1{Щ = {Щ3=х,
(д о f)(x) = д(х3) = Ух* = х.
Итак, д — действительно обратная функция к /.
Насть 2. Проверим единственность обратной функции.
Сразу заметим, что из нашего построения функции #, к
сожалению, не следует, что такая функция только одна. Дело в
том, что может существовать какой-то иной способ
построения, приводящий к другой обратной функции.
Поэтому воспользуемся методом «от противного» и
докажем более общее утверждение:
Если функция f обладает обратной, то только
одной.
Итак, предположим, что есть две функции ρ/ι,
обратные к /. Покажем, что для любого χ выполнено равенство
h(x) =g(x),
что означает равенство функций g и h. По определению
обратной функции f(h(x)) = χ. Следовательно,
g{x)=g{f(h(x)))=(gof)(h(x)).
С другой стороны, g — тоже обратная функция к /. В
частности, для любого значения у имеем: (go f)(y) = у. Подставив
теперь в это равенство h(x) вместо у, увидим:
д(х) = я(№х))) = (д of) (h(x)) = h(x).
Единственность обратной функции доказана. ■
Теоремы специального вида 105
Пример 3. Мы уже доказывали (пример 3 на стр. 88),
что составное число η представляется в виде произведения
простых, т. е.
п=р\-р2'-Рк,
где р\,р2,... ,Ph — простые числа, причем можно считать,
что р\ ^ р2 ^ ··· ^ Рк- Покажем, что такое разложение
единственно.
Доказательство. Предположим, что есть еще какое-то
разложение на простые множители:
n = qi 'Q2'-Qs,
где все qi — простые числа и q\ ^ · · · ^ qs. Тогда у нас
возникает равенство
Р\ 'Р2'"Рк = Я\ '42 -'4s-
Из него видно, что простое число р\ делит произведение
Ч\ ' Q2''' Qs- Учитывая упр. 28 на стр. 59, мы получаем, что р\
делит по крайней мере один из сомножителей qj.
Перенумеровав сомножители q\ (если нужно), мы можем считать, что
j = 1, т. е. р\ делит q\. Но q\ — тоже простое число, и делится
только на 1 и на себя. Значит, р\ — q\. Сократив равенство на
эти числа, получим
Р2"-Рк = q2-qs·
Аналогично р2 делит произведение q2 · · · qs- Как и раньше,
можно считать, что р2 = q2·, и после сокращения равенство
приобретает вид:
Рз-'Рк = Яз-'Яз-
Продолжая этот процесс, мы придем к одному из тождеств:
1 = qk+\ "4s если к < s, или
Ps+i'' 'Рк — 1 если к > s.
106 Трудности доказательств
Поскольку произведение простых чисел всегда больше 1, то ни
одного из этих равенств быть не может. Следовательно, k = s
и Pi — Qii V2 — Q2·, · · -Pk — Qk- Иными словами, оба разложения
совпадают, что доказывает единственность разложения
натуральных чисел на множители1. ■
Пример 4. Существует единственная прямая на
координатной плоскости, проходящая через точки с координатами
(0,2) и(2,6).
Доказательство.
Насть 1. Тот факт, что нужная нам прямая существует,
доказан в примере 3 на стр. 99.
Насть 2. Единственность упомянутой прямой мы
докажем всеми тремя способами, о которых рассказали в начале
параграфа.
Первый способ. Допустим, что найдется две прямых,
проходящих через точки с координатами (0,2) и (2,6). Пусть они
описываются уравнениями у = к\х + Ъ\ и у = к,2Х + Ь2- Так как
обе прямые проходят через точку (0,2), то
0/ci +6i = 2 = 0/с2 -l· Ь2,
откуда Ъ\ = &2· С другой стороны, точка (2,6) тоже
принадлежит обеим прямым. Значит,
2ki +h =6 = 2fc2 + b2.
Но мы уже знаем, что Ъ\ = Ь2. Следовательно, к\ —к2-
Таким образом, уравнения, описывающие наши прямые,
совпадают. Значит, совпадают и сами прямые.
Второй способ. Вспомним доказательство существования
прямой из примера 3 на стр. 99. Мы пользовались тем фактом,
индуктивное доказательство этого факта более изящно. Попытайтесь
его найти. — Прим. перее.
Теоремы специального вида 107
что любая (не вертикальная) прямая на плоскости
описывается уравнением у — у о = к(х — хо), где (хо,Уо) — координаты
одной из точек, принадлежащей прямой, а А; — угловой
коэффициент этой же прямой, который вычисляется однозначно по
координатам двух точек, принадлежащих прямой. Очевидно,
что такой путь приводит к единственному уравнению. Значит,
и искомая прямая единственна.
Третий способ. По одной из аксиом евклидовой геометрии
через две различные точки плоскости проходит одна и только
одна прямая, что гарантирует нам не только существование
требуемой прямой (чем мы воспользовались ранее), но и ее
единственность. ■
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Линейный многочлен р(х) — χ — Ь имеет единственный
корень при любом вещественном числе Ъ.
2. Каково бы ни было вещественное число ft, уравнение х3 = Ь
имеет одно и только одно вещественное решение.
3. Существует только один многочлен второй степени Р{х),
такой что Р(0) = 1, Р(1) = 3, Р(-1) = 2.
4. Графики функций f(x) = χ3 и g(x) = —χ2 — 2х
пересекаются, причем только в одной точке.
5* Существует единственное число θ Ε [Ο,π],
удовлетворяющее условию cos θ = θ.
Прочтите доказательства следующих утверждений,
восстанавливая все пропущенные детали.
6. Пусть функция f определена на множестве всех веще-
108 Трудности доказательств
ственных чисел. Если она взаимно-однозначна, то для
нее найдется единственная обратная функция.
Доказательство. На самом деле, достаточно найти
обратную функцию к /, поскольку единственность любой
обратной функции мы уже доказали на стр. 104. Итак,
нужно отыскать функцию д(х), определенную на
множестве всех вещественных чисел и удовлетворяющую
условиям:
(g°f)(x) =g(f(x)) = χ,
(f°g)(v) = f{g{y)) = у
для всех вещественных значений переменных χ и у.
По определению взаимно-однозначной функции (стр. 13)
/ является монотонной функцией, а множество ее
значений совпадает со всей числовой прямой. В частности,
для любого вещественного числа у найдется такое
число ху, что f(xy) = у. Более того, число ху
единственное, обладающее указанным свойством. Действительно,
если f(x') = у, то из монотонности / немедленно следует,
что х' = Ху. Итак, число ху единственным образом
определяется числом у. Поэтому можно задать функцию д,
положив
д(у) = ху-
Проверим, что функция д действительно является
обратной к /. Пусть хо — произвольное вещественное число.
Обозначим через уо значение f{xo)· Тогда (по
построению функции д) д(уо) = #о· Значит,
(д ° /)(яо) = g(f(xo)) = д{уо) = χο.
С другой стороны, если д(у0) = х0, то f(x0) = уо- Это
нам дает
(/ ° д)(уо) = f(g{yo)) = /(*ο) = уо·
Теоремы специального вида 109
Итак, мы предъявили обратную функцию. А
единственность любой обратной функции уже нами доказана. ■
7. Деление с остатком. Пусть a и Ъ — целые числа, причем
а ^ 0 и Ъ > 0. Тогда найдется единственная пара целых
чисел q и г, такая что q ^ 0, Ъ > г ^ 0 и а = bq + г.
Доказательство. Мы уже доказали на стр. 36, что
числа q и г действительно найдутся. Однако полезно
разобрать еще одно доказательство, основанное на
математической индукции.
Если Ъ = 1, то числа q = а и г = 0 удовлетворяют
условиям теоремы.
Если а = 0, то годятся числа q = 0 и г = 0.
Если а < ft, то подходят q = 0 и г = а.
Докажем наше утверждение в случае а ^ ft индукцией
по а.
База индукции. Наименьшее из возможных
натуральных чисел, о которых идет речь, это а = Ь. Взяв q = 1 и
г = 0, мы найдем требуемые числа.
Предположение индукции. Пусть утверждение
выполнено для всех натуральных чисел а, удовлетворяющих
условию ft ^ а ^ п. В частности, η = bq\ + r\.
Шаг индукции. Покажем, что наше утверждение
верно при о = п+1.
а = η + 1 = (bgi + ri) + 1
= bqi + (η + 1).
По предположению 0 ^ г\ < ft. Поэтому 1 ^ г\ + 1 ^ ft.
Если π +1 < ft, то числа q = q\ иг = π +1 удовлетворяют
требуемому условию. Если π + 1 = ft, то искомые числа
таковы: ^ = ^ + 1 и г = 0, так как
a = bqi + (η + 1) = bgi + ft = b(gi + 1) + 0.
110 Трудности доказательств
Теперь докажем единственность найденных чисел q иг.
Допустим, что это не так, т. е.
а = bq + г = bq' + г'
для двух пар целых чисел д, τ и q', r'. При этом выполнены
неравенства: q ^ 0, q' ^ 0, Ъ > г ^ 0 и Ь > г' ^ 0. Без
ограничения общности можно предположить, что q ^ </.
Тогда
г' - г = b(q - q) ^ 0.
С другой стороны, как г, так и г' меньше ft. Значит, и их
разность меньше ft, т.е. Ъ> г' — г. Следовательно,
ft > r' -r = b(q-q')^ 0.
Разделив это неравенство на положительное число ft,
получим
1 > Я ~ я' > 0.
Однако число q — q' — целое. Поэтому такое двойное
неравенство возможно лишь когда q — q' = 0, т. е. q = q'.
Значит, и г = г'. Теорема доказана полностью. ■
Равенство множеств
Множеством называется любое собрание определенных и
различимых между собой объектов, мыслимое как единое
целое1. Иными словами, про любой объект можно с
уверенностью сказать, принадлежит он данному множеству или нет.
Объект, принадлежащий множеству, называют элементом
множества. Если χ —- элемент множества Л, то пишут χ Ε А. Если
же χ не является элементом множества Л, то пишут χ 0 А.
определение было сформулировано немецким математиком Г.
Кантором. — Прим. перев.
Теоремы специального вида 111
Пустое множество, т. е. множество, которое не содержит
ни одного элемента, принято обозначать символом 0 или { }.
Множество может быть описано несколькими способами.
Мы расскажем только о двух, самых распространенных из
них. Первый метод заключается в перечислении всех
элементов множества (метод списка). Например, запись
Л = {1,2,5,3,4}
означает, что множество А состоит из первых пяти
натуральных чисел: 1, 2, 3, 4 и 5. Как видно из этого примера, порядок,
в котором перечислены элементы множества, несущественен.
Более того, если в такой записи какой-то объект встречается
несколько раз, его все равно считают одним элементом. Так
множество
В = {0,1,0,1}
содержит всего два элемента: 0 и 1.
Метод списка удобен лишь в том случае, когда
количество элементов множества не очень велико. Для описания
множеств, содержащих очень большое число элементов, как и
бесконечных, используют другой метод — конструктивный. Он
заключается в перечислении свойств, которыми должны
обладать элементы, принадлежащие описываемому множеству.
Конструктивное описание множества состоит из двух частей. В
первой из них указывается тип объектов, которые мы
рассматриваем, т. е. называется некое большое универсальное
множество, откуда мы будем черпать элементы для нашего
множества. К таким множествам можно отнести, например,
множество целых чисел, множество вещественных чисел, множество
функций, определенных на всей числовой прямой, множество
автомобилей, выпущенных заводами Детройта в январе 2002
года. Вторая часть указывает специфические свойства,
присущие только элементам описываемого множества. В краткой
записи, пример которой мы вскоре приведем, она отделяется
112 Трудности доказательств
от первой части вертикальной чертой «|», заменяющей
словосочетание «такие что». Например,
А = {п Ε Z| остаток от деления η на 2 равен 0},
е> _ /автомобили, выпущенные заводами
\ Детройта в январе 2002 года
они оборудованы Ί
четырьмя дверями / '
Говорят, что множество А содержится в множестве В (или
А — подмножество в В), если каждый элемент из А является
также элементом множества В. В этом случае мы пишем:
А С В.
По только что приведенному определению любое
множество X обладает по крайней мере двумя подмножествами:
пустым и X. Хоть это несколько и удивительно, тем не менее все
множество X можно рассматривать как подмножество самого
себя. Эти два подмножества обычно называют тривиальными.
Множества А и В называются равными (или
совпадающими), если они состоят из одних и тех же элементов. В
частности, любой элемент множества А является элементом
множества В. Так что можно записать
А С В. (1)
Но одновременно каждый элемент из В принадлежит
множеству А. Поэтому
В С А. (2)
Таким образом, для доказательства равенства множеств А и В
достаточно доказать включения (1) и (2). Несмотря на
кажущуюся простоту такой проверки, в ней очень легко допустить
логические ошибки. Поэтому сначала мы приведем очень
простой пример, чтобы лишь продемонстрировать технику
такого рода рассуждений.
Пример 1. Множества
А = {п Ε Z| остаток от деления η на 2 равен 0} и
Теоремы специального вида 113
В = {п Ε Z| найдется целое число га, для которого η = 2га}
совпадают.
Доказательство.
Часть 1. А С В.
Возьмем произвольный элемент χ Ε А. Нам нужно
убедиться, что χ принадлежит множеству В. По определению
множества А любой его элемент, в частности х, является целым и
дает нулевой остаток при делении на 2, т. е. χ = 2q + 0 = 2q,
где q — целое число. С другой стороны, все целые числа, пред-
ставимые в виде произведения 2 и целого числа, принадлежат
множеству В. Следовательно, χ Ε В. А так как χ был выбран
в А произвольным образом, то А С В.
Часть 2. В С А.
Возьмем произвольный элемент χ Ε В. Учитывая
определение множества В, можно сказать, что χ — целое число,
равное 2т для какого-то целого же числа т. Так как χ = 2т
при делении на 2 дает нулевой остаток, то χ G А. И, ввиду
произвольности х, мы можем заключить, что В С А.
Итак, доказаны оба включения:
Ас В и В С А.
Поэтому множества А и В равны. ■
В некоторых случаях перед доказательством равенства
множеств бывает полезно как-то упростить описание одного из
них или сразу обоих.
Пример 2. Докажите, что множества
А = {х еШ\ \х-2\ < 10} и
г вещественные числа, лежащие 0 1
В = \ А х2 - \х - 96 = 0 \
умежоу корнями уравнения J
совпадают.
114 Трудности доказательств
Доказательство. Сначала мы упростим описания. По
определению модуля вещественного числа неравенство
\х-2\ < 10
равносильно двойному неравенству
-10 < χ-2 < 10.
Прибавив 2 ко всем частям последнего неравенства, получим
-8 < χ < 12.
Теперь определение множества А можно переписать в виде
А = {х еШ\ -8<х < 12}.
Корнями уравнения х2 — Ах — 96 = 0 служат числа —8 и 12
(проверьте это). Поэтому
В = {х еШ\ -8<х < 12}.
Теперь мы видим, что описания обоих множеств абсолютно
идентичны. Следовательно, А — В. ■
Чтобы разобрать более интересные примеры, нужно
познакомиться с двумя операциями над множествами.
Объединением множеств А и В называется множество,
которое обозначается символом AU В и состоит из всех их
элементов. Более формально объединение определяется так:
A U В = {х\ χ Ε А или χ Ε В}.
Таким образом, элемент принадлежит объединению AUB, если
он принадлежит хотя бы одному из множеств А или В.
Пересечением множеств А и В называется множество,
обозначаемое символом АПВ, которое состоит из элементов,
принадлежащих как множеству Л, так и В:
АПВ = {х\хеАихЕ В}.
Теоремы специального вида 115
Для наглядного представления операций над множествами
используют диаграммы Венна (Джон Венн — британский
логик (1834-1923)). Как правило считают, что множества, над
которыми совершаются операции, являются подмножествами
некоего большого, универсального множества. Универсальное
множество на диаграммах изображается в виде
прямоугольника, в то время как его подмножества — в виде овалов.
На рисунке 3 объединение множеств A U В выделено
штриховкой. А на рисунке 4 заштриховано пересечение А П В.
Рис. 3
Рис. 4
116 Трудности доказательств
Пример 3. Для любых трех множеств А, В и С
выполнено соотношение
Α П {В U С) = (А П В) U {А П С).
Этот факт известен как свойство дистрибутивности
пересечения относительно объединения.
Доказательство.
Часть 1. АП {В U С) С {АП В) U (А П С).
Пусть χ — произвольный элемент из АП(ВиС). Мы хотим
доказать, что χ G (АПВ)и(АПС). Так как χ G АП(ВиС), то
этот элемент принадлежит как множеству Л, так и
объединению В U С. Итак, χ всегда принадлежит множеству А и либо
χ G В, либо χ Ε С.
Если χ G В, то поскольку он лежит и в Л, получаем, что
χ G ЛП5.
Если же χ G С, то можно утверждать, что χ G А П С.
В любом случае рассматриваемый нами элемент
принадлежит либо А Г) В, либо АП С. Значит, χ G (А П В) U (А П С).
Следовательно, Α Π (В U С) С (А П В) U (А П С).
Часть 2. (АПВ)и{АПС)сАП(ВиС).
Рассмотрим произвольный элемент χ из (А Г) В) U (А П С).
По определению объединения множеств χ принадлежит либо
А П В, либо А П С.
Если χ G Л Π 5, то χ принадлежит как множеству Л, так
и множеству В (по определению пересечения).
Если χ £ АП С, το χ принадлежит как множеству Л, так
и множеству С.
В любом случае, χ принадлежит множеству А и либо ιΕΰ,
либо χ Ε С. Последнее означает, что χ G В U С. Итак, данный
элемент χ принадлежит как множеству Л, так и объединению
В U С. Значит,
хе An {в и С).
Теоремы специального вида 117
Мы доказали, что (АГ)В)и(АпС) С АП(ВиС). А если учесть
результат первой части доказательства, то
{Α Π В) U {А П С) = А П {В U С).
Дистрибутивность пересечения доказала. ■
Проверенное соотношение множеств полезно изобразить
на диаграммах Венна.
Рис. 5
На рисунке 5 двойной штриховкой выделено множество
А П (В U С), в то время как на рисунке 6 отмечено
множество (А П В) U (А П С).
Рис. 6
118 Трудности доказательств
Из сравнения диаграмм Венна видно, что
рассматриваемые множества действительно совпадают. Однако диаграммы
Венна и им подобные не могут служить доказательством
равенства множеств. Они, как и примеры, лишь иллюстрируют
утверждения, касающиеся операций над множествами.
Пример 4. Пусть
А = {χ G Ζ| χ кратно 5}
и
В = {χ G Ζ| χ кратно 7}.
Тогда
А П В = {χ G Ζ| χ кратно 35}.
Доказательство.
Часть 1. А П В С {х G Ζ| χ кратно 35}.
Рассмотрим произвольный элемент χ G Л Π β. По
определению пересечения множеств он принадлежит как множеству Л,
т. е. делится на 5, так и множеству В и делится на 7.
Следовательно, найдутся такие целые числа тип, что
χ = 5т, χ = In.
Получаем равенство
5т = In.
Из него видно, что произведение In делится на простое
число 5. Поэтому на 5 делится один из сомножителей этого
произведения (см. упр. 28 на стр. 59). Но 7 на 5 без остатка
разделить нельзя. Значит, η должно делиться на 5. Иными словами,
найдется такое целое число А;, что η = Ък. Итак,
х = 7п = 7 · Ьк = ЗЬк.
Мы получили, что χ делится на 35, т. е.
χ G {x G Z| хкратно 35}.
Теоремы специального вида 119
Следовательно,
А П В С {χ Ε Ζ| χ кратно 35}.
Часть 2. {я £ Ζ| χ кратно 35} С А П В.
Пусть число χ кратно 35. Тогда его можно представить
в виде χ = 35/г, где к — какое-то целое число, или χ = 5 · 7 · к.
Из этого равенства видно, что χ делится на 5 (т. е. χ Ε А)
и на 7, т.е. χ Ε В. Следовательно, χ Ε Α Π В. Мы
рассмотрели произвольный элемент, кратный 35, и показали, что он
принадлежит пересечению, что и требовалось доказать в этой
части рассуждений.
Учитывая результаты обеих частей доказательства,
получаем равенство двух множеств, о которых шла речь в
утверждении. ■
Освоим еще одну операцию. Здесь очень существенно
помнить о том, что мы имеем дело с множествами, которые
содержатся в неком большом, универсальном множестве U.
Дополнением множества А называется подмножество
универсального множества f/, состоящее из тех его элементов,
которые не принадлежат А. Дополнение множества А обычно
обозначается одним из символов: С(Л), Л, Л', U\A. Мы будем
использовать обозначение С (А). Итак,
С {A) = {xeU\ х£А}.
^^\ и
С(А)
Рис. 7
120 Трудности доказательств
На рисунке 7 изображены: универсальное множество f/,
множество А и его дополнение С(А) — т. е. все, что находится
внутри прямоугольника, но вне А.
Пример 5. Пусть А С U и В С U. Тогда
С(АПВ) =C{A)UC{B).
Этот факт известен как один из законов де Моргана.
Август Морган (1806-1871) был одним из первых математиков,
которые использовали буквы и символы для обозначения
математических объектов и понятий. Доказательство второго
закона де Моргана, а именно
C(AUB) = С{А)ПС{В),
мы оставим в качестве упражнения.
Доказательство.
Часть 1. С (А ПВ) с С{А) U С(В).
Пусть χ G С(А Π В). Это означает, что χ 0 А П В.
Следовательно, либо χ 0 Л, либо χ 0 В. Действительно, если бы
χ принадлежал обоим множествам, Л и β, то он принадлежал
бы их пересечению. Если χ 0 Л, то по определению дополнения
получаем, что χ G С(А). Аналогично, если χ 0 £?, то χ G С(В).
Итак, предположение χ G С (А П В) влечет: либо χ G С (А),
либо χ G С(В). В любом случае, χ G С(Л) U С(В). Требуемое
включение доказано.
Часть 2. С(А)иС{В)сС(АПВ).
Возьмем произвольный элемент χ из С (A) U С (В). Тогда
либо χ G С(Л), либо χ G С(В), т. е. или χ 0 Л, или χ £ В.
Иными словами, χ не может принадлежать одновременно обоим
множествам. Значит, χ 0 Α Π В, откуда χ G С (Л Π В).
Мы доказали оба включения и можем сделать вывод об
истинности требуемого равенства. ■
Теоремы специального вида 121
Иногда два таких включения можно доказать с помощью
одного рассуждения. Покажем, как это сделать на примере
предыдущего равенства, используя значок «4Ф» вместо
выражения «тогда и только тогда, когда».
χ е С(А ПВ) 4Ф χ 0 АП В 4Ф
4Ф χ 0 А или χ 0 В 4Ф
& χ е с (А) или χ е С(В) <Ф
<ФхеС(Л)иС(£).
Если мы хотим доказать, что множества А и В не равны
друг другу, то нужно показать, что одно из включений (А С В
или В С А) неверно. Для этого достаточно предъявить хотя
бы один элемент, принадлежащий одному множеству, но не
являющийся элементом другого. На рисунке 8 указан элемент
а множества Л, который не принадлежит множеству В.
/· а ^^— ^\ \
\ ί \\в
Рис. 8
Пример 6. Равны ли множества
А = { все нечетные натуральные числа, большие 2 }
и
В = { все простые числа, большие 2 }?
122 Трудности доказательств
Доказательство. Мы знаем, что любое простое число,
большее 2, нечетно. Поэтому В С А. Однако число 9 нечетно,
т. е. принадлежит множеству Л, но делится на 3. Значит, 9 не
является простым числом и 9 0 В. Таким образом, А ф В.
ш
Пример 7. Равны ли множества
А = { функции, непрерывные на отрезке [—1,1]}
и
В = {функции, дифференцируемые на отрезке [—1,1]}?
Доказательство. Ответ на этот вопрос отрицателен. Как
известно из курса математического анализа первого семестра,
любая дифференцируемая функция непрерывна. Поэтому В —
подмножество в А.
С другой стороны, функция f(x) = \х\ непрерывна на
отрезке [—1,1], но не имеет производной в точке χ = 0.
Следовательно, f(x) Ε А и f(x) 0 В. Значит А ф В. ш
Упражнения
1. Докажите, что любые три множества удовлетворяют
следующему соотношению:
{A U В) U {A U С) = A U {В U С).
2. Пусть
А = {целые числа, кратные как 2, так и 3} и
В = {целые числа, кратные 6}.
Покажите, что А = В.
Теоремы специального вида 123
3. Проверьте второй закон де Моргана:
С{АиВ) = С{А)ПС{В).
4. Докажите ассоциативность пересечения: для любых трех
множеств выполнено равенство
{АПВ)ПС = АП{ВПС).
5. Докажите или опровергните следующее утверждение:
множество
А = {целые числа, кратные как 16, так и 36}
совпадает с множеством
В = {целые числа, кратные 576}.
6. Пусть Χ, Υ и Ζ — произвольные подмножества
универсального множества U. Докажите или опровергните
утверждения:
(а) X U (Υ П Ζ) = (X U Υ) Π Ζ;
(б) С {Χ Π Υ Π Ζ) = C{X) U С (Υ) U C(Z).
7. Докажите равенство множеств
А = {{х,у)\ у = х2 - 1, где χ е Ш}
и
х4 - 1
В = {{х,у)\ у = 2 , где χ Ε Щ.
χΔ + 1
8. Индукцией по η докажите, что при η ^ 2 справедливо
равенство подмножеств универсального множества U:
С{АХ Π Л2 Π · · · Π Αη) = С(А0 U С(А2) U · · · U С(ЛП).
124 Трудности доказательств
9. Используя метод математической индукции, докажите,
что в множестве из η элементов есть ровно 2П различных
подмножеств (включая пустое и само множество).
10. Пусть га — наименьшее общее кратное натуральных
чисел а и Ь. Покажите, что множества
А = {п G Ζ\ η кратно α}, В = {η G Z\ n кратно Ь},
Μ = {η G Z\ η кратно га}
удовлетворяют соотношению
Α Π Β = Μ.
11. Подмножество Л С Μ вещественных чисел называется
связным, если для любых его элементов χ < у отрезок
[х, у] содержится в А. Пустое множество и множество,
состоящее из одной точки, также считаются связными.
Восполните недостающие детали в доказательстве
утверждения:
Пересечение любого конечного числа связных
подмножеств вещественных чисел является связным.
Доказательство. Воспользуемся индукцией по числу
пересекаемых подмножеств.
База индукции. Пусть А\ и А? — связные
подмножества. Если их пересечение А\ Π Л2 пусто или содержит
лишь один элемент, то оно связно по определению.
Предположим, что в А\ Π Α2 найдутся элементы χ < у.
По определению пересечения эта пара чисел лежит как в
множестве А\, так и в А2. Ввиду связности подмножества
А\ получаем, что отрезок [х,у] содержится в А\.
Аналогично, так как А2 связно и содержит пару чисел χ < у,
то [х, у] С ^2- Тем самым [х, у] С А\ Π^2, что доказывает
связность пересечения двух связных подмножеств.
Теоремы специального вида 125
Предположение индукции. Допустим, что
пересечение связных подмножеств А\, А2,... Ак вещественных
чисел
Αχ Π Α2 П · · · Π Ак
связно.
Шаг индукции. Рассмотрим к + 1 связное
подмножество А\,А2,...Ак, Ак+\ и покажем, что их пересечение
Л1 Π Л2 Π - · · АЛ Π ΑΛ+ι
тоже связно. Воспользовавшись ассоциативностью
пересечения (см. упр. 4 на стр. 123), имеем
Ах η Α2 П · · · Ак η Λ*+! = (Αχ Π Λ2 Π · · · Ak) Π Α*+ι·
По предположению индукции подмножество
(АгПА2П---ПАк)
связно. Поэтому подмножество
[AinA2n---Ak)nAk+i
связно как пересечение двух связных подмножеств. ■
Равенство чисел
Существует по крайней мере три способа доказательства
равенства чисел а и Ь.
1) Проверить, что неравенства а ^ b и b ^ а выполняются
одновременно.
2) Показать, что а — b = 0.
3) Убедиться, что | = 1 (правда, в этом случае надо быть
уверенным, что b φ 0).
126 Трудности доказательств
Если мы доказываем тождество числовых выражений, то
предпочтительнее применять второй и третий способ. Первый
метод более полезен, когда нам нужно сравнить числа,
используя их определения и свойства.
Пример 1. Пусть a ub — два натуральных числа. Тогда
их наименьшее общее кратное равно отношению
произведения ab к их наибольшему общему делителю. Иными словами,
НОК (а, 6) аЬ
НОД (а, Ь)'
Доказательство. Пусть d = НОД (а, Ь) и L = НОК (а, Ь).
Нам предстоит доказать равенство чисел
ab
(Определения и свойства наименьшего общего кратного и
наибольшего общего делителя можно посмотреть на стр. 12.)
По определению наибольшего общего делителя мы можем
написать
а = dn и b = dp,
где пир — взаимно простые натуральные числа.
Следовательно,
ab (dn)(dp)
~d=—d— = dnp-
Обозначим через Μ полученное произведение dnp и
попытаемся доказать, что Μ = L.
Насть 1. Покажем, что Μ ^ L. По построению числа Μ
выполнено равенство: Μ = dnp. Но dn = а. Поэтому Μ = ар,
т. е. Μ кратно а. Аналогично, b = dp. Следовательно, Μ = bn,
что доказывает делимость Μ на Ь. Итак, число Μ делится и
на а, и на Ь, т. е. кратно обоим этим числам. Значит, Μ больше
или равно их наименьшему общему кратному L (см. стр. 11).
Теоремы специального вида 127
Насть 2. Докажем, что Μ ^ L. По определению число L
кратно как а, так и Ь. Поэтому
L — at и L = bs,
где t и s — какие-то натуральные числа. Подставив в эти
равенства представления а и b в виде произведений, получим
L = dnt = dps.
Отсюда следует, что
nt = ps.
В частности, число η делит произведение ps, а так как числа η
и ρ — взаимно просты, то η должно делить s. Значит, s = пк
для какого-то натурального числа к. Предыдущую формулу
можно переписать в виде
nt—pnk, т.е. t—pk.
Итак,
L = at = (dn)(pk) = dnpk.
Но как мы вычислили в предыдущей части, Μ = dnp. Поэтому
L = Μ к ^ Μ (к ^ 1 как натуральное число).
Мы доказали справедливость обоих неравенств L ^ Μ и
Μ ^ L, откуда L — M. ш
Пример 2. Пусть f(x) = ~£ςίγ[> а у и ζ — два
вещественных числа, больших 1. Доказать, что равенство f(y) = f(z)
возможно только в случае у — ζ, т. е. функция f(x)
монотонна на луче (1,-foo).
Доказательство. Допустим, что f(y) = f{z). Учитывая
определение функции /, имеем
У = ζ
у2 + 1 ~ ζ2 + Г
128 Трудности доказательств
Легко понять, что знаменатели обеих дробей положительны, в
частности — ненулевые. Поэтому мы имеем право умножить
равенство на их произведение, (у2 + l)(z2 -hi).
y(z2 + 1) = z{y2 + 1) 4Ф z2y + y = zy2-Yz.
После несложных преобразований получим
(ζ - y)(l - yz) = 0.
Таким образом, либо ζ — у = 0, либо 1 — у ζ = 0.
Первое равенство равносильно тому, что мы и хотели
доказать: ζ — у. К второе неравенство невозможно для
вещественных чисел, больших 1. Действительно, условия у > 1 и
ζ > 1 дают неравенство: у ζ > 1, т. е. 1 — у ζ < 0. ■
Доказать, что какое-то число а равно нулю, можно по
крайней мере двумя способами. Оба используют понятие модуля
(см. стр. 10). Первый метод состоит в доказательстве
равенства \а\ = 0. При этом число а автоматически будет равно
нулю. Второй метод часто применяется в математическом
анализе. Мы сформулируем его в виде теоремы.
Теорема. Пусть а — вещественное число. Оно равно
нулю в том и только том случае, когда для любого
положительного вещественного числа ε выполняется неравенство
\а\ < ε.
Доказательство. Наше утверждение носит характер
критерия. Поэтому его доказательство разбивается на две части.
"Часть 1. Если а = 0, то для любого вещественного ε > 0
справедливо неравенство \а\ < ε.
Эта часть доказательства тривиальна. Действительно, так
как а = 0, то и \а\ = 0. А нуль меньше любого положительного
числа, т.е. \а\ = 0 < ε.
Насть 2. Если \а\ < ε при любом вещественном ε > 0,
то а = 0.
Теоремы специального вида 129
Докажем эту часть теоремы методом «от противного».
Допустим, а ф 0. В этом случае, очевидно, \а\ > 0. Если же
положительное число разделить на 2, то получится
положительное число, которое будет меньше исходного. В частности,
0<^<|α|.
Итак, мы указали положительное число ε = ψ, меньшее,
чем |а|, что противоречит предположению. Значит, \а\ = 0.
Упражнения
1. Пусть χ и у — вещественные числа. Докажите, что
(х — у) + (х — у) = 0 если и только если χ = у.
2. Пусть χ и у — вещественные числа. Докажите, что
бесконечные последовательности
2 3 4 η
Jb , Jb , Jb , . . . , Jb , . . .
И
У2,У3,У4,...,УП,...
равны1 тогда и только тогда, когда χ = у.
3. Пусть а, бис — натуральные числа. Покажите, что если
а делит Ь, b делит с и с делит а, то а = b = с.
4. Пусть а, бис — натуральные числа. Докажите формулу:
с-НОД(а,Ь) = НО Д(са,сЬ).
1 Бесконечные последовательности а2, аз, · · ·, о,п,... и 6г, 6з,..., 6П,...
называются равными, если для любого натурального числа к ^ 2
имеет место равенство a,k = bk. — Прим. перев.
5-6617
130 Трудности доказательств
5. Пусть а и b — взаимно простые числа. Покажите, что
если найдется натуральное число га, при котором [^) —
целое число, то b = 1.
Составные утверждения
Предположения и/или заключения теорем могут состоять
из нескольких частей. Из-за более сложной структуры такого
типа утверждений, мы должны уделить им особое внимание.
Составные предположения.
Утверждением с составным предположением мы называем
те математические высказывания, в которых предположение
состоит из нескольких простых частей, например «если А и Б,
то В». Утверждения, имеющие такую структуру, будем
символически обозначать как (А и Б) => В.
Доказательство утверждений со сложными
предположениями не требует какой-то специальной техники. Более того, мы
уже разбирали примеры таких утверждений в предыдущих
параграфах. Основной особенностью такого сорта утверждений
служит то, что составное предположение «А и Б» содержит
много разрозненной информации. Поэтому нам нужно быть
уверенными в том, что мы использовали ее всю в процессе
доказательства утверждения.
Пример 1. Если число а при делении на 3 дает в
остатке 1, а число b — 2, то сумма а + b делится на 3.
Анализ. Предположение утверждения состоит из двух
частей:
А: Число а при делении на 3 дает в остатке 1.
Б: Число b при делении на 3 дает в остатке 2.
Теоремы специального вида 131
Заключение утверждения:
В: Сумма а + b делится на 3.
Доказательство. По предположению А число а можно
представить в виде
а = Зп + 1
для некоторого целого числа п. Второе предположение
говорит о том, что найдется еще одно целое число /г, при котором
6 = 3fc + 2.
Сложив эти равенства, получим
а + Ь = (Зп + 1) + (ЗА; + 2) = 3(п + к) + 3 = 3(п + к + 1),
что свидетельствует о делимости суммы а + b на 3. ■
Составные утверждения вида (А и Б) => В можно
доказывать методом «от противного». Поскольку противоположное
утверждение к исходному выглядит так: «если не В, то
либо не А, либо не Б», то при доказательстве «от противного»
нужно предположить, что утверждение В ложно и прийти к
противоречию либо с А, либо с Б.
Пример 2. Пусть вещественное число χ удовлетворяет
неравенствам:
Тогда χ = 0.
Анализ. Выделим составные части предположения и
заключение.
А: Вещественное число χ удовлетворяет неравенству 2х ^ 1.
1\*
Б
В
Вещественное число χ удовлетворяет неравенству (2) ^ 1.
х = 0.
5*
132 Трудности доказательств
Структура утверждения имеет вид (А и Б) => В.
Доказательство. Используем метод «от противного».
Допустим, заключение В ложно, т. е. χ φ 0. Возможны две
ситуации: либо χ > 0, либо χ < 0.
Функция f(x) = (2) убывает, так как основание степени
2 меньше единицы. Поэтому если χ > 0, то
G)'<G)'-·
что противоречит предположению Б.
С другой стороны, основание степени 2х больше 1.
Следовательно, функция д(х) = 2х возрастает. Поэтому, если χ < 0,
то
2х < 2° = 1,
что противоречит предположению А.
Итак, если χ φ 0, то мы получаем противоречие либо с А
(если χ < 0), либо с Б (если χ > 0). Отсюда следует, что χ = 0.
■
Составные заключения.
Утверждения с составными заключениями довольно грубо
можно разбить на две группы:
1) Если А, то Б или В (А => (Б или В));
2) Если А, то как Б, так и В (А => (Б и В)).
Высказывания первого типа наиболее часто встречаются
как очевидные логические аргументы в процессе доказательств
более сложных теорем. Например:
Целое число может быть четным или нечетным.
Если вещественное число отлично от нуля, то оно
положительное или отрицательное.
Теоремы специального вида 133
Монотонная функция может возрастать или
убывать.
Пусть χ — вещественное число. Тогда оно либо
рационально, либо иррационально.
Если же утверждение вида А => (Б или В) выступает в
роли самостоятельной теоремы, то для его обоснования
можно предположить, что А истинно, а одна из частей
заключения (скажем, Б) ложна, и доказать истинность В. Точнее
говоря, следует проверить утверждение, построенное по схеме:
(А и Б) => В. После того, как утверждение переписано в более
удобном для нас виде, можно применить любой из освоенных
методов доказательства.
Иногда удобнее доказывать такие утверждения методом
«от противного». Для этого нужно построить отрицание
исходного высказывания. Поскольку в заключении
перечисляются все возможные ситуации, то отрицание заключения
выглядит как (Б и В), а противоположное исходному утверждению
имеет вид: (Б и В) => А.
Пример 3. Для любого натурального числа η
существует только две возможности: либо п2 делится на 4, либо п2
при делении на 4 дает остаток 1.
Анализ. Выделим в этом утверждении предположение и
составные части заключения.
Α: η — натуральное число.
Б: Число п2 делится на 4.
В: Число п2 при делении на 4 дает в остатке 1.
Схема нашего утверждения имеет вид: «если А, то возможны
только Б или В».
Доказательство. Докажем утверждение,
переформулировав его согласно схеме: (А и Б) => В.
134 Труд иостпи доказательств
Пусть η — натуральное число, причем его
квадрат не делится на 4- Тогда п2 при делении на 4
дает в остатке 1.
Поскольку η — натуральное число, то при делении на 2
оно дает в остатке 0 или 1. Заметим, что если η делится на 2,
то п2 делится на 4, что противоречит предположению.
Следовательно, остаток при делении числа η на 2 равен 1. Значит,
найдется такое натуральное число А;, что
n = 2k + l.
Возведем это равенство в квадрат.
п2 = 4к2 + 4к + 1 = 4(/с2 + к) + 1.
Так как к2 + к — число целое, то п2 при делении на 4 дает в
остатке 1, что и требовалось доказать. ■
Пример 4. Пусть а — четное число, удовлетворяющее
условию \а\ > 16. Тогда а ^ 18 или а ^ —18.
Анализ. Выделим предположение А и составные части
заключения Б и В.
А: Число а четно и \а\ > 16.
Б: а ^ 18.
В: а < -18.
Доказательство. Итак, по предположению \а\ > 16.
Раскрывая модуль, получим, что
а > 16 или а < —16.
Рассмотрим первый случай: а > 16. Наименьшее целое число,
удовлетворяющее этому неравенству, равно 17. Однако 17 —
нечетное число, в то время как а — четно. Поэтому самое
Теоремы специального вида 135
маленькое четное число, которому может быть равно а, это 18.
Следовательно, а ^ 18. Выполнена часть Б заключения.
Пусть а < —16. Наибольшее четное число,
удовлетворяющее этому неравенству, будет —18, а так как а — четно, то
это неравенство равносильно такому: а ^ —18. Справедлива
часть В заключения. ■
В некоторых случаях возникает необходимость
подчеркнуть, что составные части заключения (Б или В) не могут
выполняться одновременно. Как мы уже видели в этой книге,
в том случае, когда утверждение содержит частицу «не», его
можно доказывать методом «от противного». Действительно,
противоположное утверждение к высказыванию такого типа
имеет более простую для доказательства форму: (Б и В) => А.
Таким образом, нам следует предположить, что Б и В
выполняются одновременно и прийти к противоречию с А.
Пример 5. Пара натуральных чисел χ и у не может
одновременно удовлетворять обоим неравенствам:
2х + Зу ^ 6 и Зх — 2у ^ 0.
Анализ. Выделим предположение и составные части
заключения.
А: х и у — натуральные числа.
Б: 2х + Зу ^ 6.
В: Зх - 2у ^ 0.
Доказательство. Докажем наше утверждение методом
«от противного». Допустим, что натуральные числа χ и у
удовлетворяют обоим неравенствам. Тогда они являются одним
из решений системы
Г 2х + Зу ^ 6,
\ Зх-2у^0.
136 Труд ностпи доказательств
Умножив первое неравенство на 2, а второе на 3, сложим их.
13х ^ 12.
Поскольку получившееся неравенство — следствие исходной
системы, то любое решение (х, у) системы должно удовлетво-
10 10
рять и этому неравенству. В частности, χ ^ у|. Но у|
меньше 1. Поэтому нет ни одного натурального числа х, которое
было бы меньше или равно Щ. Таким образом, если пара чисел
(х, у) удовлетворяет обоим неравенствам из условия
утверждения, то по крайней мере число χ — не натурально. Полученное
противоречие с предположением А доказывает утверждение.
■
2) Если А, то как Б, так и В (А => (Б и В)). Доказательство
такого типа утверждений состоит из двух частей:
1. А => Б.
2. А => В.
Действительно, мы хотим доказать, что имеют место все
части заключения. Следовательно, нам нужно установить
истинность каждой из них. Если мы уже доказали справедливость
одной части заключения, то в случае необходимости можем
использовать ее для доказательства оставшейся.
Пример 6. Прямые у = 2х + 1 и у — —Зх + 2 не
перпендикулярны и пересекаются только в одной точке.
Анализ. Выделим предположение утверждения.
А: Даны прямые на плоскости, описывающиеся
уравнениями:
у = 2х + 1 и у — — Зх + 2.
(Неявная информация: можно использовать все свойства
прямых на плоскости.)
Теоремы специального вида 137
Заключение состоит из двух частей:
Б: Данные прямые не перпендикулярны.
В: Данные прямые пересекаются только в одной точке.
Доказательство.
Часть 1. А => Б.
Из школьного курса математики известно, что прямые с
угловыми коэффициентами к\ и fo перпендикулярны тогда и
только тогда, когда
&1&2 = —1.
Угловой коэффициент первой из наших прямых равен к\ = 2,
а второй &2 = — 3. Очевидно, 2 · (—3) φ — 1. Следовательно,
данные прямые не перпендикулярны.
Часть 2. А => В.
Здесь нам нужно доказать утверждение, похожее на
теорему существования и единственности, а именно, показать, что
данные прямые имеют общую точку, причем только одну.
Мы можем сделать это двумя способами.
а) Наши прямые не параллельны, поскольку имеют разные
угловые коэффициенты. Поэтому они должны
пересекаться, причем, как следует из евклидовой геометрии, только
в одной точке.
б) Мы можем найти точку пересечения прямых, решив
систему уравнений:
Г у = 2ж + 1,
\ у = -Зх + 2.
Приравняв уравнения, получим
2х + 1 = -Зх + 2,
138 Труди ости доказательств
откуда χ = £. Подставив найденное значение χ в первое
уравнение, вычислим У — \· Итак, единственное
решение системы {\ч\) дает координаты единственной точки
пересечения наших прямых. ■
Упражнения
Докажите следующие утверждения.
1. Если х2 = у2, χ ^ 0 и у ^ 0, то χ = у.
2. Если функция f(x) является одновременно четной и
нечетной (определение четной и нечетной функции
приведено на стр. 13), то f(x) = 0 для всех χ из области
определения.
3. Целое число п, кратное 3, либо делится на 6, либо нечетно.
4. Если вещественные числа χ и у удовлетворяют
соотношению х4 = у4, то либо χ = у, либо χ = —у.
5. Пусть А и В — подмножества универсального
множества U. Определим разность множеств как
А\В = {а Е А\ а£В}.
Покажите, что если А \ В = 0, то либо А = 0, либо
А С В.
6. Прочтите доказательство теоремы о рациональных
корнях многочлена и восстановите пропущенные детали.
Пусть 2 — рациональный корень многочлена
Р(х) = апхп + ап-\хп~х Λ + а\х + ао
Теоремы специального вида 139
положительной степени с целыми
коэффициентами. Если при этом числа ρ и q взаимно просты,
то q делит ап, а р делит α$.
Доказательство. По предположению Ρ ( ^ J =0.
Следовательно,
dni-J +an-il-J Η +αι ί - J + α0 = 0.
Умножим все на ненулевое число qn:
апрп + an-ipn-lq + · · · + aipqn~l + a0qn = 0. (1)
Выразим из этого равенства апрп:
апР = -q(Q>n-\P Η \-CL\pq +a0q ).
Так как коэффициенты многочлена — целые числа, то
t = αη-\ρη~ι Η + a\pqn~2 + aoqn~l тоже целое. Значит,
апрп = -qt,
т. е. произведение апрп делится на q. Так как числа ρ и
q взаимно просты, то на q должно делиться ап. Первая
часть заключения теоремы доказана.
Теперь из равенства (1) выразим aoqn.
aoqn = -р{апрп-1 + an-ipn-2q + · · · + οιρη_1),
т.е. aoqn = —ps для некоторого целого s. Это равенство,
с учетом взаимной простоты чисел ρ и q, влечет
делимость ао на р. Теорема доказана полностью. ■
Упражнения для повторения
Внимательно прочтите утверждения. Докажите верные и
приведите контрпримеры к ошибочным. Для решений
упражнений, помеченных «*», нужны знания основ математического
анализа и/или линейной алгебры.
1. Расстояние между разными точками Р(х\,у\) и Q{x2,V2)
на координатной плоскости вычисляется по формуле
d(P, Q) = V(x2-xi)2 + (y2-yi)2-
2. Для любого вещественного числа а противоположное
число определено однозначно.
3. Для любого натурального числа η выполнено
неравенство Inn < η, где In обозначает натуральный логарифм,
т. е. логарифм по основанию е. Докажите это
утверждение двумя способами:
а) индукцией по п;
Ь*) исследованием функции д(х) = 1ηχ — χ (покажите,
что если χ G [1, +оо), то д(х) < 0).
4. Равны ли множества ЛиВ, если
а) А = {п G Ζ| η = 15m для некоторого т G Z} и
В = {п G Ζ| η = Ът и л = ЗА;, где т, к G Z};
Упражнения для повторения 141
Ь) А = {η Ε Ζ| η = 15га для некоторого га Ε Z} и
В — \п £Ъ\п — 5га или η = ЗА;, где га, Л; Ε Ζ}.
5. Для любых двух вещественных чисел а и b уравнение
ах = b имеет единственное решение тогда и только тогда,
когда а ф 0.
6. Каково бы ни было целое число п, число η2 + η всегда
четно.
7. Натуральное число η нечетно тогда и только тогда, когда
нечетно число п3.
8. Следующие условия эквивалентны:
(1) а ^ b и а ^ Ь;
(2) α - 6 = 0.
9. Любое ненулевое вещественное число имеет единственное
обратное по умножению.
10. Пусть р, q и η — натуральные числа. Если ρ и q взаимно
просты, то число q не делит рп.
11. Любое натуральное число η удовлетворяет соотношению
111111 11 η
12 2 3 3 4 η п+1 п+1
12. Число у/1 иррационально.
13. Любые две различные прямые на плоскости, отличные от
вертикальных, имеют не более одной общей точки.
(Докажите это утверждение алгебраическим методом).
14. Любое отрицательное вещественное число имеет
отрицательное обратное по умножению (см. упр. 9 на стр. 141).
15. Пусть Р(х) = апхп + ап-\хп~1 + · · · + а\х + ао и Q(x) =
= bmxm + bm-\xm~x + · · · + 6ιχ + 6о — Два многочлена,
причем αη / 0 и im / 0. Предположим, что η ^ т.
142 Трудности доказательств
Докажите, что найдутся два многочлена F(x) и R(x),
такие что степень многочлена R(x) строго меньше т
и Р(х) = F(x)Q(x) + R(x). Многочлен R(x) называется
остатком от деления Р(х) на Q(x).
16. Остаток от деления многочлена положительной степени
Р(х) на линейный многочлен χ — а равен числу Ρ {а).
17. (Теорема Безу.) Пусть Р(х) — многочлен положительной
степени. Тогда следующие условия равносильны:
(1) число χ — а — корень многочлена Р{х)\
(2) многочлен Р[х) делится без остатка на χ — а.
18. Любое простое число, большее 2, нечетно.
19. Сумма кубов первых η натуральных чисел вычисляется
по формуле:
Q Q Q Q П2(П + 1)
I3 + 23 + З3 + · · · + п3 = ν }
20. Если вещественные числа а и b удовлетворяют
соотношению ^Q 4 ' = аЬ, то а = Ь.
21. Если вещественные числа а и b удовлетворяют соотноше-
±ι
2
22. Если η ^ 2, то
нию ^Q 9 ^ = аЬ, то а = b = 0.
Ill 111
+ ~ + ~ + ··· + г + — > т.
n-fl n + 2 n-h3 2n-l 2n 2
23. Пусть а, Ь и с — натуральные числа. Если α кратно Ь, а
Ь кратно с, то а кратно с.
24. Пусть ρ — ненулевое вещественное число. Тогда ρ
рационально в том и только в том случае, когда рационально
обратное к нему, р~1.
Упражнения для повторения 143
25. Найдутся три последовательных целых числа, сумма
которых делится на 3.
26. Пусть а, бис — последовательные целые числа. Тогда их
сумма, а + b + с делится на 3.
27. Пусть к — неотрицательное целое число. Тогда к3 — к
делится на 3.
28. Если ad — be φ 0, то система линейных уравнений
Г ах Л-by — e
\ ex + dy = /
имеет единственное решение. Здесь а, Ь, с, d, е и f —
вещественные числа.
29. Пусть η ^ 6. Тогда 2п > (п + I)2.
30. Существует натуральное число А;, удовлетворяющее
неравенству 2к < (к + I)2.
31. Сумма двух рациональных чисел ρ и q — число
иррациональное.
32. Если η кратно 5, то п2 кратно 125.
33. Пусть η ^ 6 — натуральное число. Тогда п\ > п3.
34* Пусть αϊ, α2, ·.., αη, · · · — бесконечная последовательность,
сходящаяся к пределу L, т. е.
lim an = L.
п—>оо
Покажите, что если ап ^ 0 для любого п, то L ^ 0. Можно
ли утверждать, что из неравенства ап > 0 (для всех п)
следует, что L > 0?
Определение предела. Число L называется пределом
последовательности {αη}, если для любого ε > 0 найдется
такое число iV(e), зависящее от ε, что для всех η > Ν(ε)
выполнено неравенство: \αη — L\ < ε. При этом пишут:
lim an — L
η—>оо
144 Труд иостпи доказательств
35* Функция, дифференцируемая в точке χ = α, непрерывна
в этой точке.
36* Пусть А — матрица размера 2 χ 2 с вещественными
коэффициентами. Тогда следующие условия равносильны:
(1) матрица А обратима;
(2) определитель матрицы А отличен от нуля;
(3) каковы бы ни были числа а и /3, система уравнений
имеет единственное решение.
Упражнения без решений
Прочтите утверждения. Докажите верные и приведите
контрпримеры к ошибочным. Для решения упражнений,
помеченных «*», нужны знания основ математического анализа и/или
линейной алгебры.
1. Перепишите каждое из сформулированных ниже
утверждений в форме А => Б. Найдите противоположное
высказывание к каждому из них.
a) Сумма двух соседних целых чисел нечетна.
b) Произведение двух соседних целых чисел четно.
c) Пусть а = 4j£ — среднее арифметическое
вещественных чисел b ^ с. Тогда b ^ а ^ с.
d) Если η — целое число, то п2 + 1 не делится на 7.
е*) Две параболы имеют три общие точки.
Р) Любая дифференцируемая функция непрерывна.
2. Каково бы ни было простое число р, корень третьей
степени из него, <ζ/ρ — иррациональное число.
3. Существует единственное простое число, представимое в
виде п5 — 1, где η — натуральное число.
4* Найдется дифференцируемая функция, чей график
проходит через точки с координатами ( — 1,0), (0, —3) и (1, 5).
146 Трудности доказательств
5. Пусть а и b — вещественные числа. Найдутся такие
вещественные числа end, что если ζ = а + Ьу/Ъ Φ 0, то
ζ~ι = c + d\/5.
6. Любое вещественное число χ — решение неравенства χ3 ^ х.
7. Пусть η — натуральное число. Каково бы ни было
положительное иррациональное х, число \fx иррационально.
8. Если η — нечетное число, то п(п2 — 1) делится на 24.
9. Функция f(x) возрастает тогда и только тогда, когда
возрастает функция g(x) = yf[x).
10. Пусть а, Ь, с и η — натуральные числа. Числа а, Ь и с
делятся на η тогда и только тогда, когда на η делится их
сумма а + b + с.
11. Решения квадратного уравнения αχ2 + for + с = 0,
коэффициенты которого удовлетворяют условиям: а φ 0 и
Ь2 ^ 4ас, определяются по формулам:
-Ь + \/Ь2 - 4ас -Ь - \/Ь2 - 4ас
χι = и Х2 — ~ ·
2а 2а
12. Докажите, что вещественные числа а и b удовлетворяют
неравенству (а + b)2 ^ 4аЬ. Причем равенство здесь
достигается тогда и только тогда, когда а = Ь.
13. Пусть α и Ь — положительные вещественные числа. Тогда
их среднее арифметическое д^ не меньше их среднего
геометрического yab.
14. Сумма двух последовательных целых чисел делится на 2.
15. Пусть and — вещественные числа. Тогда1
/ ^ / о^ / ^ (n + l)(2o + nd)
α + (α + d) + (α + 2d) Η -f (α -f nd) = ^- -.
последовательность вида а, а + d, a + 2d,... называется
арифметической прогрессией. В упражнении фактически нужно вычислить сумму
нескольких первых членов прогрессии. — Прим. перев.
Упражнения без решений 147
16. Натуральное число делится на 7 тогда и только тогда,
когда на 7 делится его куб.
17. Произведение двух последовательных целых чисел
делится на 2.
18. Если натуральные числа a, b и с образуют Пифагорову
тройку, т. е. а2 + Ь2 = с2, то по крайней мере одно из них
четно.
19. Квадрат нечетного числа можно представить в виде 8п + 1,
где η — целое число.
20. Пусть η — натуральное число, не делящееся на 3. Тогда
на 3 делится одно из чисел: η — 1 или η + 1.
21. Если (а + Ь)3 = а3 + Ь3 для вещественных чисел а и Ь, то
хотя бы одно из них равно нулю.
22* Докажите, что если А = ( 1, то Ап = ( 1 для
любого натурального числа п.
23. Пусть целое число b кратно числу а. Покажите, что любая
степень Ьк с натуральным показателем к кратна числу ак.
24. Модуль разности квадратов двух соседних натуральных
чисел больше 1.
25. Покажите, что если χ и у — отрицательные числа, то
следующие утверждения эквивалентны:
a) \х\ < |у|;
b) 0 < I < 1;
с) к Ϊ;
d) χ2 < у2.
26. Натуральное число делится на 5 тогда и только тогда,
когда его последняя цифра в десятичной записи равна 0
или 5.
148 Труд ности доказательств
27. Квадраты двух последовательных натуральных чисел не
являются последовательными натуральными числами.
28. Покажите, что функция /(#), определенная на всей
числовой прямой, возрастает тогда и только тогда, когда для
любых вещественных чисел афЪ выполнено неравенство
/(α) ~ т - о.
а — Ь
29. Разность двух иррациональных чисел — всегда
иррациональное число.
30. Если η — натуральное число, то (п + I)2 ^ 2п2.
31. Пусть а — положительное вещественное число. Тогда а < 1
в том и только том случае, когда а3 < а.
32. Пусть η — неотрицательное целое число. Тогда Ю2п+1 + 1
делится на 11.
33. Множество всех целых чисел, кратных 3, совпадает с
множеством
В{п Ε Ζ| η = 6k + 3 для некоторого k G Z}.
34* Функции / и g определены на множестве всех
вещественных чисел, причем их композиция fog тоже определена
на всей числовой прямой. Известно, что / —
дифференцируемая функция (на К), a g — не дифференцируемая
функция. Верно ли, что fog тоже не дифференцируемая
функция?
35. Пусть / и g — возрастающие функции, определенные на
множестве всех вещественных чисел. Тогда их
произведение — тоже возрастающая функция.
36* Пусть αϊ, α2,..., αη,... — бесконечная последовательность
рациональных чисел. Можно ли утверждать, что беско-
Упражнения без решений 149
нечная сумма
оо
S = а\ + а2 Η -f ап Η = ^ α&
число рациональное?
37. Функции f,gnh определены на всей числовой прямой,
причем для любого вещественного числа χ выполнено
неравенство f(x) ^ h(x) ^ д{х)- Верно ли, что если / и д
возрастают, то функция h тоже возрастает?
38. Уравнение χ = —χ + ^ имеет единственное решение на
отрезке [0, |].
39. Пусть А и В — непустые подмножества универсального
множества U. Тогда либо В С С(-А), либо Α Π Β φ 0.
40. Найдутся такие натуральные числа а, Ь и с, что
произведение аЪ делится на с, в то время как ни а, ни Ъ не
кратны с.
41. Пусть η — натуральное число, большее 3. Тогда 2п > п\.
42. Функция /, определенная на всей числовой прямой,
является четной тогда и только тогда, когда ее график
симметричен относительно оси Оу.
43* Дана система линейных уравнений
ацх\ + а\2Х2 Η + ο,χηΧη = b\,
CL2\X\ + 0*22X2 Η + ^n^n = &2>
, o.m\X\ + am2X2 Η l· amnxn = bm
с вещественными коэффициентами α^. Напомним, что ее
решением называется упорядоченный набор
вещественных чисел (с\, С2,.. ·, сп), который, будучи подставлен
вместо переменных (х
1 ? Χ2ι · · · ? Хп
) в систему, обращает
каждое ее уравнение в верное тождество. Докажите, что
150 Трудности доказательств
если к какому-то уравнению системы прибавить другое,
умноженное на ненулевое число b (см. упр. 7 на стр.75),
то множество решений системы останется прежним.
44. Целое число вида 16А: Ч- 5 не может быть полным
квадратом2, если к — число натуральное.
45. Пусть η — целое число. Тогда следующие утверждения
эквивалентны:
a) п нечетно;
b) п2 нечетно;
c) (п — I)2 четно;
d) (η + I)2 четно.
46. Пусть функция /, определенная на всей числовой прямой,
принимает только положительные значения. Тогда
следующие утверждения равносильны:
a) функция / возрастает;
b) функция д(х) = ущ убывает;
c) функция А;п, определенная формулой кп(х) = nf(x),
возрастает при любом положительном числе п.
47. Каково бы ни было число п, число Зп — 1 делится на 2.
48. Пусть натуральное число п, делящееся на 3, удовлетворяет
неравенству η > 3. Тогда η кратно 6 или делится на 9.
49. Для любого натурального числа η выполнено
соотношение:
η
Σ·
η
nS
Г*.
Указание: начните с возведения в квадрат обеих частей
формулы.
2Полным квадратом называется число, равное квадрату какого-нибудь
натурального числа. — Прим. перев.
Упражнения без решений 151
50! Найдется дифференцируемая функция /(я),
удовлетворяющая условиям: 0 ^ f(x) ^ 1 (для любого
вещественного х) и /(0) = 0.
51. Если произведение натуральных чисел делится на 10, то
на 10 делится один из сомножителей.
52. Непостоянная функция не может быть одновременно
четной и нечетной.
53. Если 3 не делит натуральное число а, то а2 — 1 делится
на 3.
54. Найдется такое целое число п, что
п3 + (п + I)3 + (п + 2)3 = (п + З)3.
55. Пусть А, В и С — подмножества универсального
множества U. Тогда
А\(ВПС) = (A\B)U{A\C).
56. Пятизначное число вида abcba делится на 11.
57. Пусть тип — целые числа. Эквивалентны ли следующие
утверждения:
a) как га, так и η — нечетные числа;
b) произведение ran — нечетное число;
c) произведение квадратов т2п2 — нечетное число?
58. Найдутся такие иррациональные числа а и Ь, для которых
число аь будет целым.
59. Пусть функции f,gnh определены на множестве всех
вещественных чисел, а их значения при любом
вещественном χ удовлетворяют неравенству h(x) ^ f(x) ^ #(#)·
Верно ли, что если функции h и g возрастают, то / тоже
возрастает?
152 Трудности доказательств
60. Пусть η — целое число. Равносильны ли утверждения:
a) п делится на 5;
b) п2 делится на 25;
c) п3 делится на 125?
61. Пусть с — полный квадрат (т.е. с = а2 для какого-то
целого числа а), тогда число его различных делителей
нечетно.
62. Пусть а, Ь, с и d — натуральные числа. Предположим, что
Ь кратно and кратно с. Тогда bd кратно ас.
63. Пусть А\, А2,..., Ап — подмножества универсального
множества U. Верно ли, что для любого η ^ 2 выполняется
равенство:
С (Αχ U A2 U · · · U Ап) = С (Αχ) П С(А2) П · · · П С(Ап)?
64. Найдется многочлен третьей степени, чей график
проходит через точки с координатами (0,1), ( — 1,3) и (1,3).
65. Последовательность αϊ, аг,..., ап,... чисел Фибоначчи
определяется рекуррентным соотношением: αϊ = 1, а2 = 1,
а при η > 2 ап = αη_ι + ап-2. Поставив несколько
экспериментов, найдите доказательства следующих фактов:
a) αϊ + а2 Η +αη = αη+2 - 1;
b) если η > 2, то ап > ί^^) .
66. Найдется натуральное число п, удовлетворяющее
соотношению п! < Зп.
67. Для любых вещественных чисел а < b найдется такое
число с, что
. \Ь-с\
Упражнения без решений 153
68. Докажите, что между любыми двумя (разными)
рациональными числами находится бесконечно много
рациональных чисел.
Указание: воспользуйтесь методом «от противного».
69. Проверьте, что сумма двух возрастающих функций —
возрастающая функция.
70. Верно ли, что сумма двух простых чисел — число
составное.
71. Найдется хотя бы одна цифра, которая встречается
бесконечное число раз в десятичной записи числа у2.
72. Симметрической разностью двух подмножеств А и В
универсального множества U называется подмножество
A®B = (A\B)\J(B\A).
a) Изобразите Α Θ В на диаграмме Венна.
b) Покажите, что {А \ В) Π (В \ А) = 0.
c) Докажите, что Α Θ В = (A U В) \ (А П В).
d) Проверьте формулу: Α Θ В = В Θ А.
Можно использовать диаграммы Венна, чтобы
осознать требуемое, но необходимо написать строгое
доказательство. Последняя формула показывает, что
операция симметрической разности коммутативна, т. е. ее
результат не зависит от порядка подмножеств.
73. Пусть X, У, Ζ и W — подмножества универсального
множества U. Какие из следующих соотношений
справедливы:
a) (X \ У) Π Ζ = Χ Π {C{Y) Π Ζ);
b) С (Χ U У U Ζ) = С (Χ) Π C{Y) Π C{Z);
c) (X U У) U (Ζ Π W) = (X U У) U Ζ) Π Ж?
154 Трудности доказательств
Докажите верные и приведите контрпримеры к
ошибочным.
74. Пусть многочлены Р(х) и Q(x) удовлетворяют условию:
Р{х) = {х2 + l)Q(x). Тогда они имеют одно и то же
множество корней (т. е. хо — корень многочлена Р{х) тогда
и только тогда, когда хо — корень многочлена Q(x)).
75. Существует единственное простое число вида п3 — 1, где
η — какое-то натуральное число.
76. Пусть χ — вещественное число. Если х2 не рационально,
то и χ не рационально.
77. Сумма двух нечетных функций — нечетная функция.
Подборка доказательств
Очень важно научиться не только доказывать
утверждения, но и отличать корректные рассуждения от некорректных.
Поэтому в этом разделе собраны несколько доказательств,
среди которых присутствуют как верные, так и ошибочные. Вам
предстоит вообразить себя учителем, проверяющим
контрольные работы, и оценить каждое из приведенных здесь
доказательств.
Полезно отметить, что некорректность некоторых из них
бросается в глаза, поскольку они обосновывают заведомо
ложные утверждения, в то время как найти ошибку в других очень
сложно, так как они доказывают верные утверждения, однако
недостаточно полны. Дабы не облегчать Вашу задачу, мы не
будем как-то специально выделять ложные теоремы или
ошибочные доказательства. Найти их — Ваша задача!
Теорема 1. Единица — наибольшее целое число.
Доказательство. Предположим, что это утверждение
неверно и η > 1 — наибольшее целое число. Умножив обе части
равенства на п, получим, что п2 > п. Мы нашли натуральное
число п2, которое больше п, что противоречит
максимальности последнего. Полученное противоречие доказывает наше
утверждение. ■
156 Труд ности доказательств
Теорема 2. Значение выражения
узуз\/з^зГТ
равно 3.
Доказательство. Обозначим исследуемое выражение
через х:
узузу/з^/§=Т
X
и возведем обе части равенства в квадрат.
х2 = зузуз\/з\/з77Т = Зх.
Поскольку χ φ 0, то после сокращения на него получаем χ = 3.
Теорема 3. Бесконечная сумма
1 + 3 + З2 + З3 + · · · + Зп + · · ·
равна —\.
Доказательство. Обозначив искомую сумму через 5,
умножим ее на 3:
35 = 3(1 + 3 + З2 + З3 + - · · + Зп + · · ·) =
= 3 + З2 + З3 + З4 + · · · + 3η+1 + · · · = 5 - 1.
Решая полученное уравнение (35 = 5—1) находим ответ: 5 = — ^,
■
Теорема 4. Любое простое число не превосходит 12
миллионов.
Подборка доказательств 157
Доказательство. Пусть χ — число, большее 12
миллионов. Рассмотрим два случая.
Случай 1. Число χ — четно. Тогда оно делится на 2 и
поэтому не является простым.
Случай 2. Число χ — нечетно. Тогда числа a = ^-^ и
b = ^γ^ будут целыми, причем 0 < Ь < а. При помощи
стандартных преобразований можно показать, что
2 ι2
χ — а — о .
Отсюда
χ = (а + Ь)(а — Ь).
Итак, мы показали, что χ равен произведению двух целых
чисел. Следовательно, χ — составное число. Но мы взяли
произвольное число, большее 12 миллионов. Значит, нет простых
чисел, превосходящих 12 миллионов. ■
Теорема 5. Графики функций у = х2 — χ и у = ^р
пересекаются не более чем в двух точках.
Доказательство. Приведем несколько доказательств.
1. Графики обеих функций изображены на рис. 9, который
ясно показывает, что они имеют ровно две общие точки.
2. Нам нужно решить уравнение
2 χ — I
χ — χ = .
4
Перенеся все в левую часть, придем к эквивалентному
уравнению.
2^ 1 Л
х ~лх + 7 = 0.
4 4
Его решения:
158 Трудности доказательств
У А
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
-0,5
-1
Рис. 9
Итак, исходное уравнение имеет два решения: х\ = 1 и Х2 = ^.
Следовательно, графики пересекаются ровно в двух точках.
3. Уравнение второй степени имеет не более двух решений.
Поэтому и эти графики не могут иметь больше, чем две точки
пересечения.
4. Для доказательства исходного утверждения
достаточно показать, что графики или вообще не пересекаются, или
пересекаются в одной точке, или пересекаются только в двух
точках. Чтобы найти координаты точек пересечения, нужно
решить уравнение:
о χ — 1
χ — χ = —-—.
4
Разложив каждую часть уравнения на множители, получим:
х(х-1) = ^(я-1).
Сократим на (х — 1).
1
Подборка доказательств 159
Таким образом, графики пересекаются только в одной точке:
(ϊ' ~~"П*)* Поэтому утверждение справедливо. ■
Теорема 6. Каково бы ни было натуральное число п,
число п2 — η всегда четно.
Доказательство. Этот факт тоже докажем четырьмя
способами.
1. Используем математическую индукцию.
База индукции. Если η = 1, то утверждение, конечно,
верно, поскольку
I2 - 1 = О,
а нуль делится на 2.
Предположение индукции. Предположим, что число
к2 — к четно.
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения при
п = к + 1.
{к + I)2 - {к + 1) = к2 + 2к + 1 - к - 1 = (А;2 - к) + 2к.
Число к2 — к четно по предположению индукции. Число 2к
тоже четно. Поэтому мы можем заключить, что утверждение
справедливо и для η = к + 1.
2. Рассмотрим два случая.
Случай 1. Пусть η — четное число. Тогда η = 2к для
какого-то целого к. Следовательно,
п2 -п= (2к)2 -2к =
= Ак2 -2к =
= 2{2к2 -к).
Так как 2к2 — к — число целое, то п2 — η — четное.
Случай 2. Пусть η — нечетное число. Тогда η = 2к + 1 для
160 Труд ности доказательств
какого-то целого к. Поэтому
п2 -п= (2/c + l)2 -(2/c + l) =
= \к2 + 4fc + 1 - 2к - 1 =
= 2{2к2 + к).
Здесь число 2к2 + к является целым. Значит, п2 — п — четное.
3. Имеет место тождество
п2 — η = п(п — 1).
А произведение двух последовательных целых чисел — всегда
четно. Следовательно, п2 — η — четное число.
4. Предположим, что найдется такое натуральное число 5,
для которого s2 — s окажется нечетным числом. Тогда мы
можем написать
s2-s = 2/c + l,
где к — целое неотрицательное число. Решим полученное
уравнение относительно s.
1 ± y/Sk + 5
-1,2 J '
По предположению, s > 0. Поэтому нам подходит только одно
решение этого уравнения:
1 + у/8к + 5
S = 2 ·
Очевидно, число 8А; + 5 не может быть полным квадратом (оно
равно 5, 13, 21, 37, и т.д. ). Значит, s не может быть целым,
что доказывает наше утверждение. ■
Теорема 7. Все книги по математике имеют одинаковое
число страниц.
Подборка доказательств 161
Доказательство. Докажем это утверждение индукцией
по η — числу книг по математике с одинаковым числом
страниц.
База индукции. Если η = 1, то наше утверждение
безусловно верно.
Предположение индукции. Предположим, что любое
множество X, состоящее из к книг по математике,
удовлетворяет условиям теоремы, т. е. все книги из X имеют одинаковое
число страниц.
Шаг индукции. Теперь рассмотрим множество X из к + 1
книги по математике. Чтобы доказать, что все книги ему
принадлежащие, насчитывают одинаковое число страниц,
достаточно показать, что любые две книги из него, скажем а и Ь,
имеют одно и то же число страниц.
Пусть Υ — подмножество в X, состоящее из всех книг, за
исключением а. Через Ζ обозначим подмножество в Л",
содержащее все книги из X, кроме Ь. Как У, так и Ζ —
множества книг по математике. Оба содержат ровно η книг и
можно применить предположение индукции, которое утверждает,
что все книги из Υ имеют одинаковое число страниц, и все
книги из Ζ имеют одинаковое число страниц. Поэтому число
страниц у книги с, лежащей как в У, так и в Ζ совпадает с
числом страниц yaEZnybEY. Таким образом, число страниц
в книгах а и b — одинаковое, что завершает доказательство.
■
Теорема 8. Если а — фиксированное вещественное
число, то при любом неотрицательном целом показателе η
выполнено соотношение:
Доказательство. Применяем индукцию по п.
База индукции. Если η = 0, то наше утверждение следует
из определения степени с нулевым показателем.
6 — 6617
162 Трудности доказательств
Предположение индукции. Предположим, что ап = 1
для всех целых чисел, удовлетворяющих неравенству 0 ^ η ^ к.
Шаг индукции. Возьмем η = к + 1. По правилам алгебры
а
к+1 = ак-ак
ак~1
По предположению индукции ак = ак 1 = 1. Следовательно,
α*+ι = i_l = ι.
Теорема доказана. ■
Теорема 9. Число \/2 иррационально.
Доказательство. Предположим, что \/2 — рациональное
число. Тогда \/2 = | для некоторых натуральных чисел а и Ь.
Возведем равенство в квадрат.
Следовательно,
а2 = 2Ь2.
Отсюда вытекает четность числа а2. Но тогда и α делится
на 2, т.е. α = 2αι, где αϊ < α — натуральное число.
Это нам дает: 4а2 = 2Ь2, т.е. 2а2 = Ь2. Значит, Ь2 и Ь —
тоже четные числа. Иначе говоря, Ь = 2fci, где b\ < b —
натуральное число. Итак,
/- _ а _ 2а± _ а^
" 6 " 26ι " 6ι'
Теперь можно повторить предыдущее рассуждение и
показать, что αϊ = 2α2, b\ = 2&2, где α2 и &2 — натуральные
числа, удовлетворяющие неравенствам: α2 < αϊ, &2 < ^ь причем
Подборка доказательств 163
Проделав описанную процедуру к раз, мы построим
последовательности натуральных чисел:
О < dk < dk-\ < · · · < о>2 < αχ < α,
О < bk < bk-i < · · · < b2 < αχ < 6,
Как только к превысит Ь, мы придем к противоречию. Значит,
\/2 — число иррациональное. ■
Решения упражнении
Внимание! Обращайтесь к этому разделу только
для проверки собственного решения или отчаявшись
таковое найти.
Как уже отмечалось в предисловии, обучение построению
доказательств, как и любое другое, требует практики.
Действительно, вспомните, как Вы учились, например, чтению.
Сначала Вы с чьей-то помощью учили буквы, затем пытались
складывать их в слоги, и, наконец, делали неуверенные
попытки понять, что написано простыми словами и предложениями.
Иными словами, обучение чтению целиком состоит из
практических занятий.
Так и с доказательствами. Нельзя научиться их понимать,
а тем более искать доказательства самому, без должного
навыка. Поэтому, дорогой читатель, мы предполагаем, что Вы
отведете себе какое-то минимальное время для
самостоятельного доказательства утверждений, не подглядывая при этом в
решения (начать можно, например, с одного часа на задачу, а
затем подкорректировать это время в соответствии с
Вашими успехами). Если Вы за отведенное время не справились с
доказательством, прочтите несколько первых строчек
решения, приведенного в книге, после чего попытайтесь довести
доказательство до конца самостоятельно. Если у Вас опять
ничего не получится, прочтите немного больше и возобновите
попытки. Если же Вам потребовалось целиком прочесть
решение, убедитесь, что Вы его поняли, а через несколько дней
воспроизведите его самостоятельно.
Решения упражнений 165
«Из А следует Б».
1. Найдется по крайней мере одно вещественное число, при
котором значение функции / не определено.
2. Для двух данных чисел χ и у не найдется рационального
числа ζ, равного их сумме ζ = χ + у. Или еще один вариант:
для данных чисел χ и у при любом рациональном ζ выполнено
соотношение χ + у φ ζ.
3. Найдутся по крайней мере два различных числа χ и у,
при которых f(x) = f{y)-
4. Уравнение Р(х) = 0 имеет по крайней мере два решения.
5. Найдется ненулевое вещественное число,
противоположное к которому равно нулю.
6. Существует два варианта отрицания этого
утверждения.
1) Найдется такое число η > 0, для которого нет
константы Мп > 0, удовлетворяющей условию f(x) > η для всех чисел
χ > Мп.
2) Найдется такое число η > 0, что для всех Мп > 0
существует по крайней мере одно число χ > Мп, для которого
f{x) ^ п.
7. Найдется по крайней мере одно решение хо уравнения
Р{х) = Q(#), для которого \xq\ ^ 5.
8. Сравните это утверждение с приведенным в упр. 4. В том
случае мы вообще не знали, имеет ли данное уравнение
решение, или нет. Поэтому ответ к этому упражнению выглядит
так: уравнение Р(х) = 0 не имеет ни одного решения или
имеет хотя бы два.
166 Трудности доказательств
9. Функция / терпит разрыв в точке с, если существует
такое ε > О, что для любого числа δ > 0 найдется хотя бы один х,
одновременно удовлетворяющий неравенствам: \х — с\ < δ и
\f(x)-f(c)\Ze.
10. Найдется хотя бы одно число х, при котором f(x) —
иррационально.
11. (а) Если число χ не делится на 2, то оно не делится и
на 6.
(б) Если целое число χ делится на 2, то оно делится и на 6.
(в) Если целое число χ не делится на 6, то оно не делится
и на 2.
12. (а) Если точка пересечения диагоналей
четырехугольника делит их пополам, то этот четырехугольник —
параллелограмм.
(б) Если точка пересечения диагоналей четырехугольника
не делит их пополам, то этот четырехугольник — не
параллелограмм.
(в) Если четырехугольник — параллелограмм, то точка
пересечения его диагоналей делит их пополам.
13. (а) Если коэффициенты многочленов а,{ и Ь{ не равны
друг другу хотя бы при одном г, то найдется такое число х$,
что Р(хо) φ Q{xo)·
(б) Если а,{ — Ъ{ для всех г = 0,1,2,... п, то значения
многочленов Р(х) и Q(x) совпадают при любом х.
(в) Если значения многочленов не совпадают хотя бы при
одном числе х, то найдется по крайней мере один индекс
О ^ г ^ п, для которого о,{фЪ{.
14. (а) Если произведение двух чисел четно, то хотя бы
одно из них четно.
(б) Если произведение двух чисел нечетно, то оба
сомножителя нечетны.
Решения упражнений 167
(в) Если один из двух сомножителей четен, то и
произведение четно.
15. (а) Если оба сомножителя нечетны, то их произведение
нечетно.
(б) Если один из двух сомножителей четен, то их
произведение четно.
(в) Если произведение двух целых чисел нечетно, то они
оба нечетны.
16. Пусть χ и у — произвольные вещественные числа,
удовлетворяющие неравенству χ < у. По определению
неубывающей функции д(х) ^ д(у). Если д(х) = д(у), то
Предположим, что д(х) < д(у). В этом случае воспользуемся
тем, что функция / тоже не убывает, т.е. f(g(x)) ^ f(g(y))·
Итак, мы показали, что неравенство χ < у влечет
(/ ° д)(х) = f(g(x)) < /Ш) = (/ ° д)(у).
А это и означает, что функция fog неубывающая.
17. Мы не можем исследовать все произведения
рациональных и иррациональных чисел. Поэтому воспользуемся методом
«от противного».
Предположим, что ху рационально. Тогда ху = | для каких-
то целых чисел, причем b φ 0. По условию χ тоже рациональное
число, т.е. χ = д, где с и d φ 0 — целые. Более того, можно
считать, что с φ 0, так как нам дано, что χ φ 0. Итак, у нас
есть равенство
а с
b=xy = dy-
Разделив обе его части на ^, получим: у = |^, где ad и be —
целые числа, причем be φ 0. Таким образом, у — число
рациональное. Полученное противоречие с условием доказывает
наше утверждение.
168 Трудности доказательств
18. По условию десятичная запись числа η содержит не
менее трех знаков. Поэтому мы можем его записать в виде
η = rst... cba, где г, s, £, ..., с, fc и α — цифры, т. е.
неотрицательные целые числа, лежащие между 0 и 9. Более того, число
η можно представить и так:
η = rst... с · 100 + ba.
По предположению число Ьа, составленное из двух последних
цифр числа п, делится на 4. Следовательно, найдется такое
целое число А;, что ba = Ak. Значит,
η = г st... с -100+ ba = rst... с· 4-25+ 4к = 4 (rst... с · 25 + к) ,
откуда видно, что η действительно делится на 4.
19. Упростим данное нам в условии равенство.
(а + Ъ)2 = а2 Л- Ь2 4Ф а2 + 2ab + Ь2 = а2 + Ь2 4Ф 2аЬ = 0.
Итак, нам известно, что для любого числа b выполнено
соотношение: 2ab = 0. В частности, оно верно и для b = ^, т.е.
2а^ = а = 0. Утверждение доказано.
20. Для доказательства достаточно раскрыть скобки и
привести подобные члены в правой части соотношения. Сделаем
это:
(а - 1){ап~1 + ... + о + 1) = ап+ ап~1 + · · · + а2 + а-
- ап~1 а2 -а- 1 =
= ап- 1.
21. Для прямого доказательства утверждения нам
потребуется перебрать все простые числа вида 2п — 1 и исследовать
показатель п. Это сделать невозможно. Поэтому применим
метод «от противного».
Решения упражнений 169
Допустим, что η — составное число. Это означает, что оно
представимо в виде произведения натуральных чисел η = tq,
которые больше 1 и меньше п. Тогда
2n-l = 2iq -\ = (29)'-1.
Теперь воспользуемся результатом упр. 20,
расположенного на стр. 56.
{2qY - 1 = (29 - 1){{24)1"1 + {2q)t~2 + · · · + 2q + 1).
Мы показали, что число (2яУ — 1 раскладывается на
множители, ни один из которых не равен 1 (почему?). Поэтому оно не
является простым. Таким образом, доказано противоположное
утверждение к исходному. Следовательно, верно и оно.
22. Этот факт доказывается простыми алгебраическими
преобразованиями:
η = abba = 1000α + 1006 + 106 + а
= 1001α + 1106 =
= 11(91α + 106).
Так как число 91α + 106 — целое, то η делится на 11.
23. Нам дано, что χ ψ с. Поэтому разность с — χ не
равна нулю и дробь с~1х имеет смысл. Мы хотим показать,
что она неотрицательна при любых значениях с и х. Есть две
возможности: либо χ < с, либо χ > с. Разберем эти ситуации
отдельно.
Пусть χ < с. Тогда с — χ > 0 и по определению
неубывающей функции f(x) ^ /(с), т.е. /(с) — f(x) ^ 0. Значит, дробь
неотрицательна, как отношение неотрицательного числа к
положительному.
Возьмем теперь χ > с. В этом случае разность с — χ < 0 и
f(x) ^ /(c) (см. определение неубывающей функции). Из по-
170 Труд ностпи доказательств
следнего неравенства следует, что f(c) — f(x) ^ 0. Таким
образом, в этой ситуации дробь — отношение неположительного
числа к отрицательному, т. е. она больше или равна 0.
Итак, мы показали, что при любых с φ χ дробь
неотрицательна, что и требовалось доказать.
24. Прямое доказательство. По определению (см. стр. 13)
функция / называется монотонной, если при любых
вещественных числах х\ φ Χ2 из области определения, получаются
разные значения: f{x\) φ /(^2)· Функция f(x) = mx + b
определена на всей числовой прямой. Поэтому нам нужно доказать,
что если х\ φ Χ2, то тх\ +Ъ φ πιχ2 + Ь. Но умножая разные
числа на ненулевое число га, мы не можем получить равные
результаты. Следовательно, тх\ φ тх2- Более того, добавив
к этому неравенству одно и то же число Ь, мы не получим
равенства, т.е. тх\ +Ъф тх2 + Ь.
«От противного». Предположим, что функция/(х) = mx+b
не монотонна. Тогда найдутся не равные друг другу
вещественные числа χι и Χ2ι ΑΛΆ которых
mx\ + b = mx2 + b.
Вычтем из этого равенства число Ь, а получившееся разделим
на ненулевое число га. В результате будем иметь
Х\ = Х2,
что противоречит предположению о том, что числа х\ и Х2
были разными.
Для ответа на последний вопрос упражнения, нам нужно
вспомнить определение взаимно-однозначной функции (стр. 13).
По этому определению функция / является
взаимно-однозначной, если она монотонна (что мы уже проверили) и для любого
значения у найдется такой х, при котором у = f(x). В нашем
случае искомый χ определяется по формуле: χ — ^-. Действи-
ft V
тельно,
u \ ^У~Ь\ У~Ь α
Решения упражнений 171
Итак, мы показали, что функция из условия упражнения не
только монотонна, но и взаимно-однозначна.
25. Следует показать, что для каждого вещественного
числа у найдется по крайней мере одно число х, удовлетворяющее
условию f(g{x)) = у.
Нам известно, что функция / принимает все вещественные
значения. Значит можно отыскать такое вещественное число
ζ, что f(z) = у. Аналогично, множество значений g — тоже
вся числовая прямая. Следовательно, есть такое число х, что
д(х) = ζ. Собирая вместе доказанные факты, получаем:
y = f(z) = f(g(x)).
Итак, множество значений композиции совпадает с К.
Теоремы равносильности.
1. Насть 1. Предположим, что / — невозрастающая
функция. Нам нужно показать, что χΖ€ ^ О ДЛЯ всех
разных чисел χ и с из области определения функции. Поскольку
с φ χ, то существуют две возможности: χ < с или χ > с. Если
χ < с, то ввиду невозрастания функции / получаем
неравенство f(x) ^ /(с). Значит, в этом случае ^1^ ^ ^*
Если χ > с, то по определению невозрастающей функции
имеем: f(x)—f(c) ^ 0. Поэтому неравенство ^χ'χ_€ ^ ^ опять
справедливо.
Насть 2. Пусть неравенство ^x>~j\c> ^ 0 имеет место для
всех неравных вещественных чисел χ и с из области
определения функции /. Покажем, что тогда / — возрастающая
функция, т.е. согласно определению, для всех чисел χ < с
выполняется неравенство f(x) ^ /(c).
Так как χ < с, то разность χ — с отрицательна. Умножив
f(x)-f(c) / п
неравенство предположения v } Jy / ζ U на отрицательное чи-
172 Трудности доказательств
ело, получим f(x) — f(c) ^ 0. Значит, f(x) ^ /(c), что и
требовалось доказать.
2. Насть 1. Пусть а и b — нечетные числа. Тогда их
можно представить в виде α = 2А; -h l, b = 2п + 1 с какими-то
целыми кип. Перемножим а и Ь:
ab = (2к + 1)(2п + 1) = 2кп + 2к + 2п + 1 = 2{кп + к + п) + 1.
Из этого равенства следует, что произведение ab — нечетное
число.
Насть 2. Допустим теперь, что нам даны целые числа а
и Ь, произведение которых нечетно, и докажем, что каждое
из этих чисел нечетно. Предположим, что все-таки какое-то
число (а может и оба) четно. Пусть, например, а = 2к, где к —
тоже целое число. Тогда произведение ab = 2kb делится на 2,
что противоречит предположению. Итак, если произведение
двух чисел нечетно, то нечетен и каждый из сомножителей.
3. Насть 1. Пусть число η делится на 3. Тогда
найдется какое-то целое число А;, при котором η = Зк. Возведем в
квадрат это равенство и получим:
η2 = (3λ;)2 = 9λ;2 = 3(3λ;2),
откуда видно, что п2 делится на 3.
Насть 2. Предположим, что п2 делится на 3 и покажем,
что само целое число η кратно 3. Лучше всего для этого
использовать метод «от противного». Если η не делится на 3, то
остаток от деления его на 3 равен 1 или 2. Иными словами, η
представляется одним из способов:
η = ЗА; + 1 или η = ЗА; + 2,
где, как обычно, к — целое число. Если η = ЗА; + 1, то
п2 = 9к2 + 6А; + 1 = 3(3fc2 + 2к) + 1,
Решения упражнений 173
т. е. п2 не делится на 3. Если η = Зк + 2, то
п2 = 9/с2 + 12fc + 4 = 3(3/с2 + 4fc + 1) + 1.
В этом случае п2 тоже не кратно 3. Полученное противоречие
с предположением доказывает утверждение.
4. Докажем эквивалентность утверждений по следующей
схеме: (1) => (2), (2) => (3), (3) => (2) и (3) => (1). Надо
отметить, что это всего лишь один из большого числа возможных
путей доказательства.
(1) => (2). Нам дано, что г > s и а > 1. Неравенство,
которое нам предстоит доказать, равносильно такому: аг — as > 0.
Разложим его левую часть на множители.
ar -as = as{ar~s - 1).
Заметим теперь, что первый сомножитель as положителен.
Кроме того, по предположению показатель степени ar~s
больше нуля, а ее основание больше 1. Следовательно, ar~s > 1,
т.е. разность (ar~s — 1) положительна. Итак, оба
сомножителя произведения as(ar~s — 1) больше нуля. Стало быть, и само
произведение положительно.
(2) => (3). Пусть а удовлетворяет неравенству 0 < а < 1.
Тогда - > 1 и по предположению (2)
1 /IV /IV 1
аг \а J \а J as
Поскольку обе части этого неравенства положительны,
получаем
ar < as,
что и требовалось.
(3) => (2). Предположим теперь, что а > 1, т.е. 0 < ^ < 1.
Условие (3) говорит нам, что справедливо неравенство
174 Трудности доказательств
Как и в предыдущем случае, переходя к обратным дробям
получаем требуемое.
(3) => (1). В данный момент нам известно, что для любого
вещественного числа а из интервала (0,1) выполняется
неравенство ar < as. Его можно переписать в виде аг — as < 0.
Разложив левую часть неравенства на множители, получим
ar{l-as~r)<0.
Первый сомножитель этого произведения положителен.
Значит, второй должен быть отрицательным. Иначе говоря,
1 < as~r.
По условию а > 1. Поэтому такое неравенство возможно лишь
в случае, когда s — г < 0, т. е. s < г. Доказательство закончено.
5. (1) => (2). Эта часть утверждения уже доказана в
примере 3 на стр. 68.
(2) => (3). Из неравенства 9^- > а мы получаем а + Ь > 2а.
Отсюда b > а. Прибавив к последнему неравенству Ь, имеем
2Ь>Ь + а, т.е. Ь > Ц±.
(3) => (1). Эта часть тоже доказана в примере 3 на стр. 68.
6. (1) => (2). Нам известно, что χ < у. Умножив это
неравенство на —1, мы поменяем его знак, т.е. —х > —у. Теперь
осталось заметить, что ввиду отрицательности чисел χ и у,
\х\ = —х и |у| = —у.
(2) => (3). По условию нам дано, что \х\ > \у\. Более того,
модуль любого числа неотрицателен, а при возведении в
квадрат неравенства с неотрицательными частями его знак не
меняется. Следовательно, \х\2 > \у\2. Но вне зависимости от
знака числа г, справедливо равенство: \ζ\2 = ζ2. Следователь-
9 ι ι9 ι ι9 9
но, χΔ — \χ\Δ > \y\z = у .
(3) => (1). Напомним, что по условию числа χ ж у
отрицательны, причем х2 > у2, что равносильно х2—у2 > 0. Разложим
Решения упражнений 175
левую часть неравенства на множители и получим
равносильное неравенство:
{х-у){х + у) > 0.
Так как сумма отрицательных чисел χ и у меньше нуля, то
сомножитель χ + у произведения левой части неравенства
отрицателен. С другой стороны, само произведение положительно.
Значит, и другой сомножитель (х — у) должен быть
отрицателен, так как произведение двух чисел больше нуля тогда и
только тогда, когда оба его сомножителя имеют одинаковый
знак. Итак, χ — у < 0. Это означает, что χ < у, что и
требовалось доказать.
7. Покажем сначала, что любое решение системы (Si)
является решением системы (52). Предположим, что (хо, Уо) —
решение системы (Si). Это означает, что если мы подставим
{хотУо) вместо переменных в систему (Si), то каждое ее
уравнение обратится в верное тождество. Следовательно,
αχχο + hyo = ci, а^хо + Ь^уо = 02-
Если мы умножим первое из них на число Ь, то равенство
останется верным. Иначе говоря, Ьа\Хо + ЬЬ\уо = Ьс\. Сложим
теперь полученное равенство со вторым тождеством и приведем
подобные члены:
а,2Хо + Ь2Уо + Ьа\х0 + ЬЬ\у0 = С2 + Ьс\ 4Ф
(Ьа\ + а>2)хо + {ЬЬ\ + 62)2/0 = Ьс\ + С2.
Теперь мы видим, что пара (хо,уо) удовлетворяет как
первому уравнению системы (S2), так и второму. Значит, она
является решением системы (52).
Прежде чем переходить ко второй части решения,
осмыслим, что же именно мы доказали. Фактически мы показали,
что если к одному уравнению системы (Si) прибавить
другое, умноженное на число, и получить систему (S2), то любое
176 Трудности доказательств
решение системы (S\) будет являться решением системы (52).
Заметим теперь, что если ко второму уравнению системы (£2)
прибавить первое, умноженное на число —Ь, то получится
система (Si). Таким образом, опираясь на доказанную часть
утверждения можно гарантировать, что любое решение
системы (52) будет решением системы (Si). А именно это и надо
было показать во второй части решения упражнения.
Контрпримеры.
1. Внимательно прочтем утверждение. Казалось бы, рост
функции / должен быть компенсирован убыванием функции д.
Однако как возрастать, так и убывать функции могут с
разными скоростями. С учетом этого замечания утверждение
выглядит уже не столь правдоподобно. Поэтому стоит подобрать
к нему контрпример.
Пусть / = χ + 1, а д(х) = —2х. Очевидно, что /
возрастает, а д убывает (если сомневаетесь в этом, обязательно
проверьте!). Тем не менее, их сумма (/ + д){х) = 1-х не
является постоянной функцией. Действительно, (/ -f j)(0) = 1 и
(f + g)(l)=0.
2. К сожалению, это равенство — часто встречающаяся
досадная ошибка! На самом деле оно выполняется только для
двух чисел из отрезка [0, |]. И подумав, Вы легко их
найдете. Нам же для опровержения утверждения достаточно
предъявить только одно число из этого отрезка, которое не
удовлетворяет равенству. Возьмем t = ^. Тогда
2sin- = 2· — = \/2.
4 2
С другой стороны,
sin (2 J) = sin (I) = 1.
Поскольку у/2 ф 1, утверждение ложно.
Решения упражнений 177
3. Утверждение очень похоже на правду, поскольку все
коэффициенты многочлена положительны. Однако вычислив
значение Р{х) в точке χ = — |, получим
что опровергает заключение утверждения.
4. Этот факт выглядит очень правдоподобно. Однако
обратным к χ = 1 является число у = 1, которое не
удовлетворяет неравенству заключения. Подумайте, как можно
переформулировать предположение или вывод, чтобы исправить
утверждение.
5. Как уже отмечалось в этой книге, математика — наука
экспериментальная. Поэтому вычислим Зп + 2 для нескольких
натуральных чисел п.
Если η = 1, то З1+2 = 5 — простое число.
Если η = 2, то З2 + 2 = 11 — простое число.
Если η = 3, то З3 + 2 = 29 — простое число.
Если η = 4, то З4 + 2 = 83. Выясним, является ли 83
простым числом. Ясно, что 83 нечетно и не делится ни на 3, ни
на 5. Оно дает остаток 6 при делении на 7 и на 11. А так как
11-11 = 121 > 83, то проверять делимость 83 на следующее
простое число уже бессмысленно (почему?). Итак, 83 — число
простое.
Если η = 5, то З5 + 2 = 81 · 3 + 2 = 245 = 5 · 49 — составное
число. Значит, исходное утверждение ложно!
6. Напомним, что функции / о g и / о h равны, если для
всех значений переменной χ выполнено тождество
(/ о 9)(х) = (/ о h)(x),
которое можно переписать в виде f(g(x)) = f(h(x)). Можем
ли мы при этом утверждать, что g = hi А может быть, есть
178 Труд ностпи доказательств
такие функции /, и g φ /i, что f(g(x)) = f(h(x)) для любого
числа χΊ Как выбрать правильный ответ? И то и другое
заключение кажется достаточно правдоподобным! Но
поскольку совершенно непонятно, как подступиться к доказательству
первого из них, попытаемся подобрать контрпример.
Положим д(х) — хж h(x) = —χ. После выбора функций д и /i,
предположение упражнения приобретает вид: f(x) = f(—x)
для всех вещественных чисел х. Но это — в точности
определение четной функции. Поэтому взяв / = х2, мы получим
тождество: х2 = (—х)2.
Итак, мы предъявили разные функции д и /i,
удовлетворяющие равенству (д(х))2 = (h(x))2. Следовательно, утверждение
упражнения ошибочно.
7. Попытаемся доказать сформулированный факт,
просуммировав данные числа.
η + (η + 1) + (η + 2) + (η + 3) + (η + 4) = 5η + 10 = 5(η + 2).
Из полученного равенства следует истинность утверждения.
8. Как и в предыдущем случае, начнем искать
доказательство. Перепишем исходное неравенство в виде
х2 -х4 =х2(1-х2) <С0.
Итак, нам нужно доказать (или опровергнуть), что
неравенство х2(1 — χ2) ^ 0 справедливо для всех неотрицательных
чисел х.
Каково бы ни было число х, его квадрат х2 всегда больше
или равен 0. Поэтому исходное неравенство будет верным в
том и только том случае, если 1-х2 ^ 0, т.е. 1 ^ х2. Извлекая
корень из обеих частей последнего неравенства, мы приходим
к выводу, что в предположениях упражнения оно верно тогда
и только тогда, когда 1 ^ х. В частности, любой
положительный х, меньший 1, противоречит неравенству утверждения.
Значит, оно ошибочно.
Решения упражнений 179
9. Произвольную четверку последовательных натуральных
чисел можно обозначить как п, п + 1, п + 2ип + 3. Сложим
их, обозначив сумму символом S(n).
S(n) = η + (η + 1) + (η + 2) + (η + 3) = 4η + 6.
Выбрав в качестве η число 1, мы убеждаемся, что 5(1) = 10
не делится на 4. Таким образом, утверждение ложно.
Более того, мы видим, что первое слагаемое S(n) при
любом η делится на 4, в то время как второе при делении на
4 всегда дает остаток 2. Поэтому естественно предположить,
что число S(n) никогда не будет делиться на 4. Покажем это.
Предположим, что S(n) делится на 4 при каком-то целом п.
Тогда найдется такое целое число А;, что
S(n) = An + 6 = 4fc.
Выразив из этого уравнения А;, получим
к = п + 1 + -.
Таким образом, каково бы ни было натуральное число п, число
к не будет целым. Полученное противоречие доказывает наше
предположение.
10. Данное утверждение похоже на известный факт: сумма
двух нечетных чисел — число четное. Однако такая аналогия,
конечно, не может служить доказательством. Более того,
довольно часто попытки сравнить доказываемое утверждение с
известными верными теоремами приводят к ошибочным
выводам. Так происходит и в этом случае. Покажем, используя
контрпример, что сумма двух нечетных функций может и не
оказаться четной.
Пусть /(х)=хи д(х) = 2х. Обе выбранные функции,
очевидно, нечетны. Их сумма, (/ + д)(х) = Зх — тоже
нечетная функция. Предъявленный контрпример доказывает
ошибочность утверждения упражнения.
180 Трудности доказательств
11. Функция *- может быть не определена на всей числовой
прямой. Действительно, отношение функций не определено в
тех точках, где знаменатель обращается в нуль. Поэтому
данное утверждение неверно. Тем не менее, отношение нечетных
функций будет четной функцией, определенной всюду, за
исключением нулей знаменателя. Покажем это. По определению
нечетных функций имеем f{—x) = —f{x) и g(—χ) = —g(x).
Следовательно,
ί<χ) = ίίζΞΐ = ζΜ = Μ = £(ял
9 g(-x) -g{x) g{x) 9
что доказывает четность отношения.
12. Число η из условия можно записать в виде
η = 100000α + 100006 + 1000с + 100с + 106 + а.
Поэтому
η = 100001а + 100106 + 1100с =
= 11 · 9091а + 11 · 9106 + 11 · 100с =
= 11(9091а + 9106 + 100с).
Отсюда видно, что η делится на 11.
13. Сумма двух рациональных чисел, конечно, будет
рациональна. Действительно, если а — ^ и 6 = ^ где m, n, p
и q — целые числа, то сумма α + 6 = m\lJm — тоже
отношение целых чисел, т.е. рациональное число. Однако сумма
иррациональных чисел может тоже оказаться рациональной.
Например, если α = π, а 6 = —π — иррациональные числа, то
а + Ь = π + (-π) = 0
число рациональное (и даже целое).
Решения упражнений 181
14. Тот факт, что функция д = f определена на всей
числовой прямой, очевиден: мы действительно можем вычислить
значение д(х) для любого вещественного числа х. Покажем,
что g — четная функция. Так как / нечетна, то для любого χ
имеем: f(—x) = —f(x). Следовательно,
g(-x) = (f(-x)f = (-f(x))2 = (f(x)f = g(x),
что согласуется с определением четной функции.
15. Это утверждение ошибочно. В качестве
контрпримера рассмотрим функцию f(x) = \1хч- При всех вещественных
значениях переменной χ знаменатель этой функции
положителен, а числитель и вовсе не зависит от χ и равен 1.
Следовательно, любое значение функции / положительно, как
отношение положительных чисел. Итак, / удовлетворяет условию
упражнения. Посмотрим теперь на (/(х))3 = м-Л^з- Согласно
определению возрастающей функции должно выполняться
равенство (f(x\))3 < (/(#2))35 как только х\ < Х2- Числа х\ — О
и Х2 = 1 удовлетворяют последнему неравенству. Однако
Так как 1 > g, мы получаем противоречие с определением
возрастающей функции.
Метод математической индукции.
1. База индукции. Для η = 1 утверждение очевидно:
1 = 21 — 1.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение
верно для η = А;, т. е.
1 + 22+23 + ---+2/с~1 =2*- 1.
182 Трудности доказательств
Шаг индукции. Проверим формулу для η = к + 1.
1 + 22 + · · · + 2к~1 + 2к = (l + 22 + · · · + 2к~1) + 2к =
= 2^ - 1 + 2* = 2 · 2к - 1 = 2к+1 - 1.
Равенство доказано для всех натуральных чисел.
2. База индукции. Если η = 1, то 9П — 1 = 91 — 1 = 8.
Поскольку 8 делится на 8, база индукции выполнена.
Предположение индукции. Допустим, утверждение
верно для η = к, т.е. 9к — I = 8q для некоторого целого числа q.
Шаг индукции. Возьмем η = к + 1. Тогда
9*+1 - 1 = 9*+1 - 9 + 9 - 1 = 9(9* - 1) + 8.
По предположению индукции 9* — 1 = 8q. Следовательно,
9*+1- 1 = 9-8^ + 8 = 8(9^ + 1).
Так как 9q + l — целое число, то 9*+1 — 1 делится на 8.
Утверждение доказано.
Этот факт можно доказать и без математической
индукции. Идея заключается в разложении разности 9П — 1 на
множители.
9п-1 = (9-1)(9п~Ч9η-2+· · . + 1) = 8(9η-1+9η~2+- · · + 1) = 8s,
где s — целое число. Итак, наши вычисления доказывают
делимость числа 9П — 1 на 8.
3. База индукции. Если η = 1, то сумма состоит только
из одного четного числа, а именно 2. Правая часть формулы
равна I2 + 1 = 2. Мы убедились, что при η = 1 левая часть
формулы совпадает с правой. Значит, база индукции
выполнена.
Предположение индукции. Предположим, утверждение
истинно при η = А;, т. е.
2 + 4 + 6 + ··· + 2λ; = λ;2+λ;.
Решения упражнений 183
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения при
η = k +1. В этом случае последнее число левой части формулы
равно 2(к + 1) = 2к + 2. Таким образом, нам нужно сложить
все четные числа между 2 и 2к + 2. Используя предположение
индукции, получаем
2 + 4 + 6 + · · · + 2к + (2А; + 2) =
= (2 + 4 + 6 + · · · + 2к) + (2к + 2) =
= к2 + к + (2к + 2) =
= к2 + 2к + 1 + к + 1 =
= (к + 1)2 + (к + 1).
Следовательно, утверждение имеет силу для всех натуральных
чисел.
4. База индукции. Начнем с проверки истинности
неравенства при минимально возможном для данной задачи
натуральном числе η = 3.
(1 + α)3 = 1 + 3α + 3α2 + α3 > 1 + 3α2.
Данное неравенство справедливо, поскольку оно равносильно
верному соотношению: За + а3 > 0.
Предположение индукции. Пусть неравенство верно при
η = к, т. е. (1 + а)к > 1 + ко2.
Шаг индукции. Проверим истинность утверждения для
следующего натурального числа. А именно докажем, что
(1+ а)к+1 >1 + {к + 1)а2.
Выполним несложные алгебраические преобразования,
учитывая предположение индукции.
(1 +α)*+1 = (1+α)*(1 -fa) >
> (1+ A;a2)(l+ a) =
= 1+Ь2 + а + Ь3>
> 1 -fa2 f b3.
184 Трудности доказательств
По условию а > 1, следовательно, а? > а2. Значит,
(1 + α)*+1 > 1 + а2 + ка3 > 1 + а2 + ка2 = 1 + (к + \)а2.
Итак, индуктивный переход завершен, что доказывает
истинность исходного неравенства для всех натуральных чисел η ^ 3.
5. База индукции. Проверим равенство для η = 1. В этом
случае левая часть формулы состоит только из одного
слагаемого — ^. А правая ее часть равна
1-1 -1 2·
Таким образом, формула верна при η = 1.
Предположение индукции. Будем считать, что
формула имеет место при η = к.
Шаг индукции. Попытаемся доказать, что
ι ι ι i-(i)fc+2 1
—μ ... Η 1 = L£i 1
Используя ассоциативность сложения (сочетательный закон)
и индуктивное предположение, получаем
1 11/1 1 \ 1
-+··· + тгг + тггтт = - + ··· + ^г +
2 2к 2fc+1 V 2 2к 2к+1
1 - I + 2^+1
1-5
1-(.Г L
!-2
Решения упражнений 185
Значит, доказываемое утверждение верно.
6. База индукции. Проверим истинность неравенства при
наименьшем из возможных натуральных чисел η = 3.
З2 = 9, 5 · 3! = 5 · 3 · 2 · 1 = 30.
Так как 9 < 30, то наше утверждение справедливо при
минимально возможном п.
Предположение индукции. Здесь мы предполагаем, что
к2 ^ 5 · к\.
Шаг индукции. По определению факториала
(fc + l)! = (fc + l)-ifc!.
Учитывая индуктивное предположение, получаем, что
5·(Λ + 1)! = (Λ + 1)·5·Λ! =
= Ък · к\ + 5 · к\ ^ Ък · к\ + к2 ^
^ 5Л · 3 + к2 = /с2 + 15* ^ /с2 + ЗА: =
= /с2 + 2к + к ^ /с2 + 2Л + 1 = {к + I)2.
Мы проверили неравенство при η = к + 1 и можем
заключить, что оно верно для всех η ^ 3.
7. Сначала докажем это утверждение индукцией по п.
База индукции. Наименьшее нечетное натуральное
число равно 1. Поэтому здесь нам следует проверить делимость
числа I2 — 1 = 0 на 4, что совершенно ясно.
Предположение индукции. Допустим, что утверждение
истинно для всех нечетных натуральных чисел, лежащих
между 1 и каким-то нечетным к. В частности,
к — 1 = 4га, где га — натуральное число.
186 Трудности доказательств
Шаг индукции. Следующим нечетным натуральным
числом является к + 2. Нам нужно проверить, что (к + 2)2 — 1
делится на 4. Сделаем это, учитывая индуктивное
предположение.
{к + 2)2 - 1 = к2 + \к + 4 - 1 = Am + \к + 4 = 4(т + к + 1).
Поскольку т + /с + 1 — целое число, то мы доказали требуемое.
Есть и более короткое и красивое рассуждение,
доказывающее справедливость этого утверждения. Приведем его. Так
как число η нечетно, его можно представить в виде η = 2m +1
с каким-то целым числом т. Тогда
п2 - 1 = (2т + I)2 - 1 = 4т2 + 4т + 1 - 1 = 4(т2 + т),
откуда непосредственно следует нужная делимость.
8. База индукции. Утверждение верно при η = 1, так как
101 - 1 = 9.
Предположение индукции. Предположим, что 10* - 1
делится на 9, т.е. 10* — 1 = 9s, где s — натуральное число.
Шаг индукции. Рассмотрим число 10*+1 — 1 и
преобразуем его, основываясь на предположении индукции.
Ю*+1 -1 = (9 + 1)10*- 1 =
= 9-10* +(10*-1) =
= 9 · 10* + 95
= 9(10*+5).
Следовательно, делимость 10п — 1 на 9 доказана для любого
натурального числа п.
9. База индукции. Так как последняя цифра числа З1 = 3
есть 3, то база индукции выполнена.
Предположение индукции. Будем считать, что
утверждение истинно при η — к.
Решения упражнений 187
Шаг индукции. Очевидно, что последняя цифра Ьо
числа 3^+1 совпадает с последней цифрой произведения Зао, где
ао — последняя цифра числа Зк. По предположению индукции
ао может равняться 1, 3, 7 или 9.
Если ао = 1, то Ьо — 3, так как Зао = 3;
если ао = 3, то Ьо — 9, так как Зао = 9;
если ао = 7, то Ьо — 1> так как Зао = 21;
если ао = 9, то Ьо — 7, так как Зао = 27.
Итак, мы разобрали все возможные случаи и доказали наше
утверждение.
10. База индукции. Проверим утверждение для η = 5.
Так как предпоследняя цифра числа З5 = 243 равна 4, то в
этом случае утверждение верно.
Предположение индукции. Считаем, что утверждение
справедливо для произвольного натурального числа к > 4.
А именно, если Зк = αΓαΓ_ι... αχαο, то а\ — одна из цифр:
О, 2, 4, 6, 8.
Шаг индукции. Пусть
З**1 = 3 · CLkdk-i · · .αια0 = bsbs-i... Ь\Ь^.
По предыдущей задаче ао может равняться только 1, 3, 7 или 9.
Если ао ^ 3, то Ь\ совпадает с последней цифрой
произведения 3αι, которая, естественно, будет четной ввиду четности
цифры а\.
Пусть ао = 7, тогда для вычисления Ь\ нужно сложить
последнюю цифру произведения 3αι (которая будет четной) с 2,
поскольку ЗЬо — 21. Следовательно, Ь\ в этом случае окажется
четной цифрой.
Если ао = 9, то для определения Ь\ мы опять складываем
последнюю (четную) цифру произведения 3αι с двойкой, так
как Зао = 27.
Итак, в любом случае предпоследняя цифра числа 3^+1
четна. Утверждение доказано полностью.
188 Трудности доказательств
11. База индукции. При η = 1 утверждение в проверке
не нуждается.
Предположение индукции. Пусть формула имеет место
при η = к.
Шаг индукции. Вычислим А*+1, используя
предположение индукции.
*♦* - ** - (ί ?) С ?) -
_ /1· 1+0-1 10 + 0· 1\ _
~ \к · 1 + 1 · 1 к ■ 0 + 1 · \) ~
-( ' °V
Теоремы существования.
1. Когда мы ищем функцию, определенную на множестве
всех вещественных чисел, первое, что приходит в голову —
это многочлен. Однако множество значений любого
многочлена значительно превышает указанный в условии промежуток.
Следующая по сложности функция — рациональная, т. е.
отношение двух многочленов. Но, к сожалению, рациональная
функция, как правило, не определена в конечном числе точек,
поскольку ее знаменатель может обращаться в нуль. Поэтому
если и искать решение задачи среди таких функций,
необходимо исследовать только те из них, знаменатель которых не
имеет вещественных корней.
Рассмотрим рациональную функцию f(x) = γτ^Ί-
Поскольку квадрат любого числа неотрицателен, то знаменатель этой
функции всегда положителен. Во всяком случае, он не
обращается в нуль, т.е. функция f(x) определена на всей числовой
прямой. Выясним множество ее значений.
Решения упражнений 189
Как мы уже отметили, знаменатель функции / принимает
только положительные значения. Следовательно, для любого
вещественного χ выполнено неравенство:
/М - г^5 > о.
Кроме того, знаменатель этой дроби равен числителю только
при χ = 0, а в остальных случаях — знаменатель больше
числителя. Значит, /(0) = 1 и 0 < f(x) < 1 при любом ненулевом
значении переменной х.
Этим рассуждением мы показали, что множество
значений функции f(x) действительно содержится в нужном
полуинтервале. Но для решения задачи нам следует еще показать,
что любое число из интервала (0,1] является значением
функции / при каком-то вещественном числе х. Для доказательства
этого факта нам нужно взять произвольное число у Ε (0,1] и
убедиться, что уравнение
1
имеет решение.
Так как у > 0, то выписанное уравнение равносильно
такому:
х»-1-1.
У
Оно имеет решение тогда и только тогда, когда его правая
часть больше или равна 0. По выбору числа у мы знаем, что
0 < у ^ 1. Следовательно, ^ ^ 1, т.е. ^ — 1^0.
Итак, мы показали, что множество значений
предъявленной нами функции / в точности совпадает с полуинтервалом
(0,1].
2. Если η = 2, то 22 + 72 = 4 + 49 = 53 — простое число.
3. Нам дано иррациональное число а и нужно найти
такое иррациональное число Ь, что их произведение ab будет це-
190 Трудности доказательств
лым. Будем искать число Ь, которое в произведении с а
дает 1. В этом случае число b должно удовлетворять уравнению:
ab = 1. Заметим, что а φ 0, иначе а рационально. Поэтому
b = a~l.
Осталось показать, что а~1 — число иррациональное. Но
это легко сделать методом «от противного». Действительно,
если а = -ΖΓ — отношение целых чисел, то а = £■ — тоже
отношение целых, т. е. рациональное число, что противоречит
условию упражнения.
4. Многочлен второй степени (т. е. квадратный) может быть
записан в виде: Р(х) = ах2+Ъх+с, где а, Ь и с — вещественные
числа, причем а ф 0. В упражнении требуется найти
квадратный многочлен Р(х), для которого Р{0) = —1иР(—1)=2.
Подставим ι = 0β общий вид квадратного многочлена и
получим:
-1 = а -О2 -fb-0 -he,
откуда с = — 1. Учитывая эту информацию, подставим в наш
многочлен χ = — 1:
α·(-1)2 + 6·(-1) -1 = 2.
Следовательно, α — Ь = 3. Мы получили одно уравнение на
два неизвестных коэффициента. Можно решить его,
например, подбором: а = 3, b = 0. Итак, искомый многочлен:
Р{х) = Зх2 - 1.
Очевидно, мы предъявили только один из возможных
многочленов второй степени, которые удовлетворяют требованиям
упражнения.
5. Требуется, чтобы число Ьа было отрицательным. Значит,
b тоже должно быть отрицательным. Действительно, степени
любого положительного числа будут больше нуля. Кроме того,
число а не может быть четным, поскольку степени с четным
Решения упражнений 191
показателем дают положительный результат. Наконец,
согласно условию, а и b должны быть либо целыми, либо дробными
числами. Пусть b = — 27 и а = ^. Тогда
,27
3 — положительное целое число,
Ьа = (—27) з = — 3 — отрицательное целое число.
6. Это утверждение можно доказать как теоретическими
рассуждениями, так и конструктивно, предъявив три
рациональных числа, лежащих между двумя данными.
Воспользуемся вторым способом. Пусть а = 2 и b = ^, где р, q, m и
η — целые числа, причем знаменатели дробей не равны
нулю. В качестве первого числа возьмем среднее
арифметическое с = д^. Тогда, как мы уже показывали, число
рп + qm
с = —
2qn
рационально и а < с < Ь. Затем рассмотрим числа
а + с _ c + b
а— и / = .
2 J 2
Оба эти числа рациональны (представьте их в виде отношения
целых чисел) na<d<c<f<b.
7. В качестве решения данного неравенства можно
предъявить число к = — 1. Тогда
8. Прежде всего заметим, что если многочлен Q(x) = —Ρ{χ)
имеет вещественный корень хо, т.е. Q(xo) = 0, то и исходный
многочлен Р(х) будет обращаться в нуль в точке х$. Поэтому,
192 Трудности доказательств
умножая в случае необходимости исходный многочлен на — 1,
можно считать, что ап > 0.
Если переменная χ принимает очень большие
положительные значения, то и сам многочлен Р(х) будет принимать
положительные значения, так как его старший член апхп
стремится к +оо быстрее остальных слагаемых. В частности,
можно утверждать, что найдется такое положительное число га+,
что Р(т+) > 0. По этой же причине при отрицательных
значениях переменной χ с ростом их абсолютной величины
многочлен Р(х) будет принимать отрицательные значения.
Значит, найдется такое отрицательное число га_, что Р(га_) < 0.
Кроме того, многочлен является непрерывной функцией на
всей числовой прямой, и тем более он непрерывен на
отрезке [га_, га+]. Как мы уже установили, на концах этого отрезка
многочлен принимает значения разных знаков. Следовательно,
по одной из теорем математического анализа найдется точка
хо Ε [га_,га+], такая что Р(хо) = 0.
Теоремы единственности.
1. Для полного доказательства утверждения нам нужно
показать, что многочлен р(х) имеет корень, причем только один.
Существование. Здесь нам нужно найти решение
уравнения χ — b = 0. Используя свойства вещественных чисел,
получаем χ = Ь.
Единственность. Можно показать единственность решения
по крайней мере тремя способами.
1) Мы уже доказали (см. пример 4 на стр.90), что
многочлен степени η имеет не более η корней. Следовательно,
многочлен первой степени р(х) обладает не более чем
одним корнем, а один корень мы уже нашли.
2) Многочлен р(х) имеет единственный корень, поскольку
существует только одно решение уравнения χ — b = 0,
что следует из свойств вещественных чисел.
Решения упражнений 193
3) Предположим, что есть еще какой-то корень t
многочлена р(х), т.е. p(t) = 0. Но, как мы уже знаем, р(Ь) = 0.
Значит, p(t) = p(b). Иными словами, имеет место
тождество
t - Ъ = Ь - Ь.
Прибавляя число b к обеим частям равенства, получаем
t = b.
Таким образом, многочлен р(х) имеет единственный
корень.
2. Очевидным решением данного уравнения служит число
χ = vfc, которое корректно определено из-за того, что
кубический корень можно извлекать как из положительных, так и
из отрицательных чисел, не говоря уже о нуле.
Предположим теперь, что у — еще какое-то решение этого
уравнения и покажем, что у — х. Имеем
х3 - Ъ = 0 = у3 - Ь.
Следовательно,
х3 - у3 = 0.
Разложив на множители левую часть уравнения, получим
(х-у){х2 +ху + у2) =0.
Произведение равно нулю в том и только в том случае, когда
один из его сомножителей равен нулю. Поэтому либо χ — у = 0,
либо х2 + ху + у2 =0. В первом случае χ = у, а именно это
равенство нам и нужно доказать. Покажем, что второй
сомножитель обращается в нуль только если χ = у = 0, откуда будет
следовать, что при χ φ у х2 +ху + у2 Φ 0. Действительно, если
у — 0, то
х2 + ху + у2 = 0 4Ф х2 = 0 4Ф χ = 0.
7 — 6617
194 Трудности доказательств
Если же у φ О, то разделив на него все выражение, придем к
квадратному уравнению относительно новой переменной ζ = |:
ζ2 + ζ + 1 = 0.
Дискриминант последнего — D = 1 — 4 = — 3 — отрицателен.
Значит, оно не имеет вещественных решений. Единственность
решения уравнения х3 = b доказана.
3. Любой многочлен второй степени можно записать в виде
Р{х) = ах2 + Ьх + с с вещественными коэффициентами а, Ь и с,
где а ф 0. Нам известны значения многочлена в точках χ = 0,
а; = 1 и ι = -1. Поэтому у нас возникают уравнения на его
коэффициенты:
Р(0) = а-02+Ь-0 + с = с=1;
Р{1) = а-12+Ь-1+с = а + Ь + с = 3;
Р(-1) = α· (-1)2 + 6- (-1) -he = а - Ь-hc = 2.
Для определения чисел а, Ь и с нам нужно решить систему
уравнений:
с = -1,
о+ 6 +с = 3, (2)
α-6-fc = 2.
Из первого уравнения мы немедленно узнаем значение с.
Подставив его в остальные, получаем
{
а + Ь = 4,
а — b = 3.
Сложив эти уравнения, найдем 2а = 7, т.е. α = £. А вычитая
второе уравнение из первого, вычисляем Ь = ^.
Таким образом, многочлен
Р(ж) = -х2 + -х - 1
Решения упражнений 195
удовлетворяет требованиям упражнения. Теперь нам нужно
обсудить его единственность. Как мы убедились,
коэффициенты требуемого многочлена обязаны удовлетворять
системе (2). А она имеет только одно решение. Значит, и многочлен,
который нам нужно было указать, единственный.
4. Чтобы найти координаты точек пересечения данных
графиков, решим уравнение: f(x) = д{х), т.е.
JU — JU ZjJb.
Перенеся все в левую часть и разложив получившийся
многочлен на множители, придем к уравнению
ф2 + х + 2) =0.
Очевидно, одно из его решений — χ = 0. Более того, если это
уравнение имеет еще какое-то решение £, то обязательно
t2 + t + 2 = 0.
Однако дискриминант последнего квадратного уравнения
отрицателен:
D = 1-4-2 = -7.
Поэтому оно не имеет корней.
Итак, мы показали, что существует единственное число
χ = 0, при котором точка с координатами (х, у) принадлежит
обоим графикам. Соответствующая координата у
определяется, например, с помощью первой функции: у = /(0) = О3 = 0.
Таким образом, данные графики имеют единственную общую
точку.
5. Возникает соблазн нарисовать графики функций у = cos x
и у = χ на отрезке [0, π], убедиться, что на рисунках графики
пересекаются в одной точке и сделать вывод о том, что
уравнение cos0 = Θ имеет единственное решение, принадлежащее
7*
196 Трудности доказательств
промежутку [0, π]. Однако такой способ рассуждений не
может считаться корректным, поскольку нельзя быть до конца
уверенным в том, что графики построены абсолютно точно.
В связи с этим нужно искать иной путь исследований.
Один из методов решения этой задачи основан на теореме
из математического анализа, которая утверждает, что если
функция f(x) на отрезке [а,Ь] имеет неположительную
производную, то она убывает на этом отрезке.
Рассмотрим функцию f(x) = cos χ —χ. Ее производная
равна f'{x) = — sin χ — 1. Поскольку | sin x\ ^ 1, то — sinx — 1^0
для любого значения χ из отрезка [0, π]. Следовательно,
функция f(x) = cos χ — χ убывает на отрезке [0, π]. Ее значение в
точке χ = 0 положительно, так как /(0) = cos(0) — 0 = 1, а в
точке χ — έ — отрицательно, ибо cos π — π — — 1 — π. Кроме
того, функция f(x) = cos χ — χ непрерывна на всей числовой
прямой. Поэтому найдется такое число θ G [0, π], что f(9) = 0,
т.е. cos0 = Θ. Этим рассуждением мы показали, что исходное
уравнение имеет хотя бы одно решение на отрезке [0,π].
Предположим теперь, что есть еще какое-то θ' G [0,π], для
которого cos0' = Θ'. Без ограничения общности можно
считать, что θ < θ'. Тогда по определению убывающей
функции должно выполняться неравенство /(#) < /(#')· Однако
/(#) = 0 и /(#') = 0 (по выбору чисел θ и Θ'). Полученное
противоречие доказывает единственность решения нашего
уравнения.
Равенство множеств.
1. Часть 1. {A U В) U {A U С) С A U {В U С).
Пусть χ Ε {A U В) U {A U С). Тогда либо χ G A U В, либо
χ G A U С. Это расшифровывается следующим образом: либо
(х G А или χ G В), либо (х G А или χ Ε С). Выбросив из этого
утверждения повторяющуюся информацию, мы увидим, что
взятый нами элемент χ обязательно принадлежит одному из
Решения упражнений 197
множеств: А, В или С. Можно сказать, что χ Ε А или χ G ВиС.
В любом случае χ G A U (В U С).
Часть 2. Л U (£ U С) С (Л U £) U (Л U С).
Рассмотрим произвольный элемент χ G Ли(ВиС). Он
принадлежит множеству А или объединению ВиС. Предположим,
что χ G А. Тогда χ G AL\B. В частности, χ G (ЛиВ)и(Л UC).
Если же χ G β U С, то он лежит либо в В, либо в С В первом
случае имеем: xGiUB, аво втором — χ G AUС Но в любой
из этих ситуаций χ G (AU B)U (AU С).
2. Часть 1. Л С В.
Пусть χ Ε А. Тогда χ делится на 2 и на 3. В частности
он представим в виде χ = 2п для какого-то целого числа п.
Кроме того, это число можно записать как χ = Зга с целым га.
Таким образом, имеет место равенство
2п = Зга.
Из него следует, что число Зга делится на 2. Однако 3 на 2 не
делится, поэтому га = 2к, где к — целое число. Следовательно,
χ = Зга = 3 · 2к = 6/с, откуда следует делимость χ на 6, т. е.
χ е В.
Часть 2. В С А.
Если χ G В, то он равен произведению некоторого целого
числа q на 6, т.е. χ = 6q. Так как 6 делится и на 2, и на 3, то
и χ можно разделить на эти числа. Значит, χ G А.
3. Часть 1. С (A U В) С С (А) П С (В).
Пусть χ G С (A U В). Отсюда следует, что χ 0 (A U В).
Поэтому χ £ А и χ £ В. Значит χ принадлежит как С (А), так
и С(В), т.е. хеС{А)ПС(В).
Часть 2. С(Л) Π С(В) С С {A U В).
Если χ G С(А) Π С (В), то он одновременно принадлежит
и множеству С(Л), и множеству С (В). Вспоминая
определение дополнения, отметим, что χ 0 А и одновременно χ £ В.
198 Трудности доказательств
Следовательно, данный элемент не может принадлежать
объединению, т. е. χ 0 (A U В). Значит, χ Ε С (A U В).
4. Часть 1. (АПВ)ПС С АП(ВПС).
Рассмотрим произвольный элемент χ Ε (Α Π Β) Π С. По
определению пересечения он лежит как в множестве С, так и
в пересечении А П В. Последнее означает, что χ принадлежит
обоим множествам: А ж В. Итак, наш χ является одновременно
элементом всех трех множеств: Л, В и С. В частности, он
принадлежит множеству А и пересечению В ПС. Стало быть,
χ еАп(впС).
Часть 2. А П (В ПС) С (Α Π Β) Π С.
Пусть χ Ε Α Π (Β Π С). Как и в предыдущем случае,
воспользуемся определением пересечения и получим, что χ Ε А
и χ Ε В Π С или, более точно, χ £ Α, χ Ε В и χ Ε С.
Поскольку он одновременно принадлежит как множеству Л, так
и В, το χ Ε АП В. Кроме того, нам еще известно, что χ Ε С.
Следовательно, χ Ε (Α Π Β) Π С.
5. Эти множества не совпадают, поскольку число
144 = 9 · 16 = 4 · 36
делится как на 16, так и на 36, т. е. принадлежит множеству А.
Однако оно меньше 576 и поэтому не принадлежит
множеству В.
6. (а) Изобразим левую и правую части проверяемого
равенства на диаграммах Венна. На рисунке 10 заштриховано
множество A U (В Π С), а на рис. 11 — (A U В) Π С.
Диаграммы наводят на мысль, что это равенство
ошибочно. Поэтому стоит заняться поисками контрпримера.
Если А = {!}, В = {2} иС = {2,3}, то
Аи{ВПС) = Аи{2} = {1,2}.
С другой стороны,
(i4 U В) Π С ={1,2} Π С = {2}.
Решения упражнений 199
Следовательно, равенство (а) в общем случае неверно.
Рис. 10
Рис. 11
(б) Равенство напоминает один из законов де Моргана.
Попробуем его доказать. Элемент χ принадлежит множеству
С(Х Π Υ Π Ζ) тогда и только тогда, когда χ 0 (Χ Π Υ Π Ζ).
А это может быть только в том случае, если χ не принадлежит
хотя бы одному из множеств: Л", Υ и Ζ, т. е. χ Ε С(Х), или
χ G C(F), или χ Ε C(Z). Во всяком случае,
xGC(I)UC(F)UC(Z).
Наши рассуждения легко обратить и доказать
противоположное включение. Поэтому равенство (б) истинно.
200 Трудности доказательств
7. Точка с координатами (хо,Уо) принадлежит множеству
.2
Ό
можно переписать в виде
А тогда и только тогда, когда уо = х% — 1. Это равенство
χΐ + ι
W, = (X°"1)STT'
поскольку Xq + 1 φ 0. Следовательно, уо — хо~ 1 в том и только
том случае, когда у0 = ^γ.
Наши рассуждения показывают, что (хо,Уо) £ Д если и
только если (хо>Уо) £ В. Таким образом, А — В.
8. База индукции. Случай η = 2 разобран в примере 5
на стр. 120.
Предположение индукции. Допустим, что для любых к
подмножеств имеет место равенство
С(АХ П А2 П · · · Π Ак) = C(i4i) U C{A2) U · · · U С(А*).
Шаг индукции. Рассмотрим подмножество
Αι П А2 Π · · · П Ал Π ΑΛ+ι.
Ввиду ассоциативности пересечения (см. упр. 4 на стр.123),
можно написать:
Αχ П А2 П · · · Π Ак Π Л*+1 = (Αι Π Л2 Π · · · Π Λ*) Π Ak+i.
Теперь применяем предположение индукции.
С (Αι П Α2 П · · · Π Ак Π Λ*+ι) =
= C((i4i Π Α2 Π · · · Π Ak) Π ΑΛ+ι) =
= С (Αι Γϋ2η···Π4)ϋ C{Ak+i) =
= C(Ai) U С(Л2) U · · · U С(Ак) U С(АЛ+0.
Индуктивный переход, а вместе с ним и доказательство
всего утверждения завершены.
Решения упражнений 201
9. Это упражнение очень похоже на задачу, с которой мы
начинали изучение метода математической индукции.
База индукции. Если множество имеет 0 элементов, т. е.
пусто, то у него может быть только одно подмножество — оно
само. Значит, база индукции выполнена (2° = 1).
Предположение индукции. Допустим, любое множество,
состоящее из к элементов, имеет 2к подмножеств.
Шаг индукции. Рассмотрим множество из к+\ элемента:
В = {&ι,ί>2,··ΆΑ+ι}·
Представим его в виде объединения
B = {bub2,...,bk}U{bM}.
Подмножество {ί>ι,ί>2> · · · ,bk} состоит из к элементов и по
предположению индукции обладает 2к подмножествами: В\,
В2, ..., B2k. С одной стороны, каждое из них — подмножество
в В. С другой — ни одно из подмножеств В ι не содержит
элемента 6&+ι. Поэтому у нас есть еще 2к подмножеств:
В[ = Вх U {bk+x}, B'2 = B2U {bM}, ..., B'2k=B2kU {bk+x}.
Ясно, что все подмножества: В\, В2, ..., В2к, В[, В2, ...,
В'2к — разные. Так что мы уже предъявили 2/с+1
подмножества в В. Очень хочется на этом месте закончить
доказательство. Но возникает законный вопрос: а все ли подмножества в
множестве В мы пересчитали?
Возьмем произвольное подмножество А С В. Возможны
две ситуации: либо fc^+i 0 Л, либо fc^+i Ε А.
Если Ьк+\ 0 Л, то А можно считать подмножеством в
{&ι,62,···Α}?
а все его подмножества по предположению индукции
представлены в списке: В\, В2, ..., В2к. Стало быть, А — одно из
них.
202 Трудности доказательств
Если fcfc+i Ε Л, то выбросив из подмножества А элемент Ь&+ь
получим подмножество А' С {ί>ι, ί>2> · · ·, fyfc}· Как мы уже
показали, А' = В{ для какого-то индекса г = 1,2,..., 2*. Более того,
А = Л' U {6fc+i} = В4 U {6fc+1} = β?.
Итак, в любом случае подмножество А С В совпадает с
одним из указанных. Следовательно, мы пересчитали все
подмножества в В.
10. Насть 1. Μ С А ПВ. Здесь нам фактически нужно
показать, что если число делится на наименьшее общее кратное
чисел а и Ь, то оно делится как на а, так и на Ь.
Произвольный элемент η множества Μ представляется в виде η = km,
где к — целое число. По определению наименьшего общего
кратного (см. стр. 11) т делится и на α (т.е. т = ар), и на b
(т = bq). Значит,
η = km = кар = kbq.
Следовательно, η делится как на а (поэтому η Ε А), так и на
b (η G В). Отсюда вытекает, что η G А П В.
Насть 2. По определению пересечения множеств число η
из А П В делится как на а (п = ра), так и на b (η = qb), т. е.
является общим кратным чисел а и Ь. Для обоснования этой
части доказательства нам предстоит показать, что число η в
этом случае делится и на т. Конечно, на стр.11 этот факт
отмечен как известный. Но очень полезно доказать его.
По условию т — НОК (а, Ь). В частности, т — аа' ит = bb'
для некоторых целых чисел а' и У. Один из способов
доказательства делимости одного числа на другое состоит в том,
чтобы разделить их с остатком, а затем показать, что
остаток равен нулю. Воспользуемся этим методом и разделим η на
т с остатком:
η = тк + г, 0 ^ г < т.
Решения упражнений 203
Как же теперь доказать, что г = 0? Мы знаем: га —
наименьшее натуральное число, которое делится и на а, и на Ь.
Поэтому, если нам удастся показать, что г тоже обладает этим
свойством, то, поскольку 0 ^ г < га, мы получим, что г
обязательно равен 0.
Так как η = pa, то
pa = mk + г = аак + г.
Выразим из этого равенства г:
τ —ра — аак = а(р — а'к).
Мы видим, что г делится на а.
Аналогично, η = qb. Поэтому
qb = mk + г = ЬЬ'А; + г
и г делится на Ь. Доказательство закончено.
Равенство чисел.
1. Пусть (х — у)ъ + (х — у)3 = 0. Разложим левую часть
уравнения на множители.
(х-у)3((х-у)2 + 1)=0.
Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда один из
его сомножителей обращается в нуль. В частности, исходное
уравнение обращается в верное тождество, если (х — у)3 = 0,
т.е. χ = у.
Мы показали, что при χ — у выражение (х — у)ъ + (х — у)3
равно 0. Однако доказательство еще не закончено, так как
204 Трудности доказательств
мы не объяснили, почему исходное уравнение не имеет других
решений.
Предположим, чтохо φ yo> тогдаxq— уо φ 0 и (хо~Уо)3 Φ 0.
Кроме того, (хо — уо)2 + 1 > 0 при любых хо и уо· Таким
образом, если хо φ уо, то и произведение
(хо ~ Уо)3((*о ~ Уо)2 + 1) = (*о ~ Уо)5 + (хо ~ Уо)3
не равно 0. Следовательно, пара (хо,Уо) с хо φ Уо не может
служить решением данного уравнения.
2. Эти последовательности будут равны тогда и только
тогда, когда хп = уп для любого натурального η > 1. В
частности, имеют место равенства:
х2 =у2, х3 = у3.
Из первого следует, что \х\ = |у|, т.е. либо χ — у (что нам
и нужно), либо χ — —у. Подставим последнее соотношение во
второе равенство:
(-у)3 = у3 &-1 ■ у3 = у3.
Такое возможно только если у = 0. Но тогда и χ = —у = 0.
Итак, если вещественные числа χ ж у одновременно
удовлетворяют тождествам х2 = у2 и х3 = у3, то χ = у. Этим
рассуждением мы показали, что из равенства
последовательностей х2,х3,х4,...,хп,... и у2,у3,у4,... ,уп,... вытекает,
что χ — у. Обратное утверждение к данному доказывается
очень просто. Следовательно, упражнение решено полностью.
3. Так как а делит Ь, то дробь | = q — натуральное число.
Аналогично, \ — V ^ ^ — Т — целые положительные числа.
Перепишем эти соотношения в виде
a — hq^ Ь — ср^ с = аг
Решения упражнений 205
и подставим последовательно одно в другое. Получаем, что
a — bq — cpq = arpq.
По условию а — натуральное число, в частности, оно не равно
нулю. Значит, 1 = rpq, т. е. произведение натуральных чисел
г, ρ и q равно 1. Это возможно только в том случае, когда
г = ρ = q = 1. Значит,
а = bq = b, b = ср = с, с = ar = a.
Следовательно, а = b = с.
4. Пусть d = НОД (ас, be) и е = НОД(а,Ь). Мы хотим
показать, что d = се.
Насть 1. d^ се.
По определению наибольшего общего делителя можно
написать:
а — ке и b — se,
где к и s — взаимно простые натуральные числа. Умножив
эти соотношения на с, получим
ас = к (се) и be = s(ce).
Отсюда следует, что ее — общий делитель чисел ас и be.
Значит, d ^ се, поскольку d — их наибольший общий делитель.
Часть 2. d ^ се.
Как и в первой части доказательства, имеем
ас = к(се) и be — s(ce)
с взаимно простыми натуральными числами к и s и можно
заключить, что се — общий делитель чисел ас и be. Покажем, что
любой другой их делитель, в частности d, делит се и поэтому
d С се.
206 Трудности доказательств
Ввиду взаимной простоты чисел к и s найдутся целые
числа χ и у, для которых
хк + ys = 1
(см. стр. 59). Умножим это равенство на се.
хксе + ysce = се 4Ф хае + yfcc = се.
Так как d делит и а, и Ь, то он делит левую часть
последнего соотношения (проверьте), значит, и правая его часть, се,
делится на d.
5. По условию упражнения найдется такой натуральный
показатель га, что степень (|) = η — целое число. Тогда
ат = Ьтп, что равносильно равенству ат = b(bm~ln). Из него
вытекает делимость числаат наЬ, т.е. b — общий делитель ат
и Ь. Однако по условию числа а и b взаимно просты. Поэтому и
ат взаимно просто с Ь. В частности, любой их общий делитель
равен 1. Значит и 6 = 1.
Составные утверждения.
1. Перепишем уравнение х2 = у2 в виде χ
ложим его левую часть на множители
{х-у){х + у) =0.
Отсюда вытекает, что либо χ — у = 0, либо χ + у = 0.
Пусть χ = 0. Тогда любое из этих равенств влечет, что
у = χ = 0, что согласуется с выводом упражнения.
Предположим теперь, что χ > 0. По условию у ^ 0. Значит,
χ + у > 0 и равенство я; + у = 0 невозможно. Остается только
один вариант: х—у = 0, т. е. χ = у, что и требовалось доказать.
2. По определению четной функции для всех чисел χ из
области определения выполняется равенство f(x) = f(—x).
— у — 0 и раз-
Решения упражнений 207
С другой стороны, / является и нечетной функцией. Значит,
каково бы ни было значение переменной χ из области
определения, f{—x) = —fix). Комбинируя эти соотношения, получаем,
что для всех чисел х, при которых определено значение /(#),
имеет место тождество
f(x) = f(-x) = -f{x) 4Ф 2f{x) = 0 4Ф f{x) = 0.
3. Пусть η — число, кратное 3. Предположим, что оно
четно. Тогда оно делится не только на 3, но и на 2. Согласно
упр. 10 на стр. 124 оно делится на их наименьшее общее
кратное, т. е. число 6.
Итак, мы показали, что любое четное число, кратное 3,
делится на 6. А поскольку целое число может быть только
четным или нечетным, утверждение упражнения доказано
полностью.
4. Поскольку равенство χ — у — составная часть
заключения упражнения, предположим, что χ φ у и покажем, что в
этом случае χ = —у, завершив тем самым доказательство.
Перепишем соотношение из условия в виде
{х-у)(х + y)ix2 + У2)=0.
Мы предполагаем, что χ φ у. Поэтому χ — у φ 0 и равенство
можно сократить на эту разность:
(х + у){х2 + у2) = 0. (3)
Сумма квадратов х2 + у2 обращается в нуль тогда и только
тогда, когда χ = у = 0. Мы же считаем, что χ φ у. Поэтому
х2 + у2 > 0 и соотношение (3) влечет равенство χ + у = 0, т. е.
χ = -у.
5. Будем предполагать, что А ф 0 и покажем, что тогда
А С В. По предположению А \ В — пустое множество. Это
208 Трудности доказательств
означает, что любой элемент множества А принадлежит и В,
т.е. Л С В.
Упражнения для повторения.
1. Задачи, связанные с геометрией, удобнее всего решать,
имея перед глазами рисунок. Предположим, что
Х\ < Х2,
У\ < У2
и отметим точки Ρ и Q на координатной плоскости (рис. 12)
Рис. 12
На рисунке еще отмечена точка R(x2,Vi) так, что
треугольник PQR — прямоугольный. Очевидно, длины его
катетов вычисляются как \PR\ = Х2~х\ и \QR\ = У2 — У\- Применяя
теорему Пифагора, получаем, что
d(P, Q) = ^|РД|2 + \QR\2 = v/(x2-xi)2 + (y2-yi)2·
Таким образом, мы доказали данную в условии формулу в
одном из частных случаев. Следуя этим путем, для полноты
доказательства нам необходимо разобрать довольно много
других случаев. Мы же поступим иначе.
Рассмотрим различные точки Р(х\,у\) и Q(x2,V2)· Если
х\ = Х2, то отрезок PQ расположен вертикально и его длина
Решения упражнений 209
совпадает с модулем \у\ — 3/21 - В этом случае формула верна,
поскольку
|У2 - 2/11 = d{PQ) = у/{х2 -х\)2 + (У2 -У\)2 =
= л/о2 + (у2-ш)2 =
= |У2 — 2/11-
Если у ι = у2, то отрезок PQ расположен горизонтально,
его длина вычисляется как d(PQ) = \х2—х\\- Легко проверить,
что формула работает и в такой ситуации.
Теперь можно считать, что х\ φ Х2 и у\ φ У2· Отметим
точку R(x2,y\). Отрезок RP расположен параллельно оси Ох, так
как вторые координаты точек ДиР совпадают. Его длина
вычисляется по формуле \RP\ = \х\ —Х2\- Отрезок QR параллелен
оси Оу, поскольку совпадают первые координаты его концов.
Длина отрезка QR равна \у2 — у\\. Таким образом, отрезок PR
перпендикулярен QR и треугольник PQR — прямоугольный.
По теореме Пифагора квадрат его гипотенузы (d(PQ))2 равен
сумме квадратов катетов:
(d(PQ))2 = \PR\2 + \QR\2 = \х2 - χι|2 + \у2 - yi\2.
Осталось заметить, что любое вещественное число а удовле-
творяет соотношению: \а\ = а и извлечь корень из обеих
частей предыдущего равенства.
2. Предположим, что какое-то вещественное число а имеет
два противоположных, например, а' и а". Согласно
определению противоположного числа, получаем:
а + а' = а' + а = 0 (4)
и
а + а" = а" + а = 0. (5)
Каждое из выписанных равенств включает а, но либо а',
либо а". Как же нам теперь сравнить а' с а"1 Стоит попытаться
210 Трудности доказательств
составить выражение, содержащее как а', так и а" и
вычислить его.
Рассмотрим сумму а' + а + а". Используя свойство
ассоциативности сложения (сочетательный закон) и формулу (4),
находим
' ι \ II ( ι \ \ \ II πι" Ji
α -fa-fa = (a -ha)-ha = U -h a — a .
Теперь вычислим сумму, учитывая равенство (5).
a -ha-ha =a-h(a-ha)=a-hl) = a.
Итак, мы показали, что наша сумма с одной стороны равна а",
а с другой — а'. Следовательно, а" = а', т. е. противоположное
число определено единственным образом.
3. а) Применим индукцию по п.
База индукции. Если п = 1,то1пп = 1п1=0и
неравенство In 1 < 1 истинно.
Предположение индукции. Допустим, In A; < k для
какого-то натурального числа к.
Шаг индукции. Прежде чем приступить к
индуктивному шагу, предостережем от распространенной ошибки и
напомним одно полезное свойство логарифмов.
1п(/с + 1) φ In к + In l, ln(afc) = lna + lnfc.
Преобразуем ln(A; -hi).
ln(fc + 1) = In Mfc(l + ~) J = lnfc + In Μ + ^
Так как In χ — возрастающая функция, то
lnil + Л ^1η(1 + 1) =1η2.
Решения упражнений 211
С другой стороны, основание натурального логарифма, число
е = 2,72..., больше 2, а 1пе по определению равен 1. Таким
образом,
ln(l + i)<l„e = l
И
Щк + 1) = Ink + In M + i j < lnfc + 1.
Используя теперь предположение индукции, имеем
ln(/c + 1) < lnfc + 1 < fc + 1.
Индуктивный переход завершен.
Ь) Исследуем функцию д(х) = \пх — χ на луче [1,-foo).
Ее производная равна д'{х) = j — 1. Поскольку χ ^ 1, то
д'(х) ^ 0. Значит, согласно теореме из математического
анализа, функция д(х) убывает на луче [1, +оо). Поэтому ее
максимальное значение на этом множестве достигается в точке 1.
Легко вычислить, что д(1) = — 1. Следовательно, если χ ^ 1,
то \пх — χ — д(х) ^ д(1) = — 1. Отсюда \пх < х, как только
χ ^ 1.
4. а) Множество В можно представить в виде пересечения
В = В' Π В", где
В1 — \п ЕЪ\п — Зга для некоторого га G Z},
В" = {п G Ζ| η = 5га для некоторого га G Z}.
Действительно, если число η G В, то оно кратно 3, т. е. η G β',
и кратно 5, т.е. η G β". Словом, η Ε Β' Π В". В обратную
сторону, если число η Ε Β' Π Β", то оно кратно как 3, так и 5.
Значит, η Ε В.
Теперь для доказательства равенства А — В осталось
заметить, что 15 = НОК (3,5) и воспользоваться упр. 10 (стр. 124).
Ь) Число 5 принадлежит множеству В, поскольку оно
кратно 5, но не делится на 15. Значит 5 0 А. Следовательно, А ф В.
212 Трудности доказательств
5. Существование решения. Поскольку a — ненулевое
вещественное число, оно обладает обратным по умножению а-1.
Умножим обе части данного в условии уравнения на а-1 и
получим
а~ αχ = α~ Ь 4Ф χ = α~ Ь.
Следовательно, χ — a~lb — решение уравнения.
Единственность решения. Процедура получения решения,
которой мы воспользовались в первой части доказательства,
дает единственный результат. Можем ли мы заключить, что
и само решение единственно? Честно говоря, с полной
определенностью этого утверждать нельзя, поскольку остается
возможность, что другой метод решения уравнения приведет к
другому результату. Поэтому предположим, что t — еще какое-
то решение исходного уравнения и покажем, что t = a~lb.
Так как t и a~lb — решения нашего уравнения, то
at = b и a(a~ b) = b.
Следовательно,
at = a~ b.
Сократив это равенство на ненулевое число а, получим t = а_1Ь,
что и требовалось доказать.
6. Четность числа n2-hn можно было бы доказывать
индукцией по п. Но в данном случае это все равно, что стрелять из
пушки по воробьям. Обойдемся более простыми средствами.
Целое число может быть либо четным, либо нечетным.
Рассмотрим эти два случая отдельно.
Если η — четно, т. е. делится на 2, то и произведение
п(п + 1) = п2 + η
делится на 2 и является четным числом.
Решения упражнений 213
Если η — нечетно, то его можно представить в виде 2к — 1
для какого-то целого числа к. Но тогда следующее число
делится на 2:
п + 1 = 2к-1 + 1 = 2к.
Значит, и число п(п + 1) = η2 + η четно.
7. Насть 1. Покажем здесь, что если η нечетно, то и п3
нечетно. Ввиду предположения число η можно представить в
виде η = 2к + 1 при некотором целом к. Следовательно,
п3 = (2/с + I)3 = 8/с3 + 3 · Ак2 + 3 · 2fc + 1 =
= 2(4λ;3 + 6А;2 + ЗА;) + 1.
Так как число (4Л;3 + 6к2 + ЗА;) целое, то п3 нечетно.
Насть 2. Теперь нам нужно доказать, что нечетность куба
п3 влечет нечетность числа п. Предположение о нечетности
куба позволяет представить его в виде п3 = 2А; + 1 для какого-
то целого числа к. Следовательно, разность п3 — 1 делится на 2.
Разложим ее на множители:
η3-1 = (η-1)(η2+η + 1) = (η- 1)(η(η + 1) + 1).
Поскольку произведение в правой части делится на простое
число 2 (так как на него делится п3 —1), то на 2 должен
делиться хотя бы один из его сомножителей (см. упр. 28 на стр.59).
Однако п(п + 1) четно как произведение соседних
натуральных чисел (см. упр. 6 на стр. 141). Поэтому п(п + 1) + 1 на 2
не делится. Следовательно, на 2 будет делиться другой
сомножитель, п — 1, т.е. п — 1= 2тп, где т — целое. Стало быть,
η = 2m -fl — нечетное число.
Мы обосновали эту часть доказательства, применяя
прямой метод рассуждений. Он оказался достаточно громоздким.
Используем теперь способ «от противного».
Если η не является нечетным числом, то его можно
записать в виде η = 2к с целым к. Возводя это равенство в куб,
214 Трудности доказательств
получим
n3 = (2fc)3 = 8fc3=2(4A;3).
Значит, п3 тоже оказалось четным, что противоречит
предположению.
8. (1)=»(2).
Комбинируя неравенства из условия, получаем
а ^ b ^ а.
Поскольку никакое вещественное число а не может быть
строго меньше самого себя, то выписанное двойное неравенство
может быть верным только в том случае, когда а = Ь. В
частности, а — b = 0.
(2) =► (1).
Так как разность а — b равна 0, то числа а и b просто
совпадают. В этом случае, очевидно, оба неравенства из (1)
справедливы.
9. Утверждение упражнения относится к теоремам
существования и единственности. Поэтому его доказательство
естественно разбивается на две части.
Существование. Пусть a — ненулевое вещественное число.
Разделив на него 1, получим а' = ^. Очевидно,
ι ι , ,
а - а = — · а = а · — = а · а = 1.
а а
Иными словами, а' = ^ — число, обратное к α по умножению.
Единственность. Предположим, что найдется еще какое-то
вещественное число а", для которого
а · а = а · а = 1.
Тогда
// II л II ( 1\ ( II \ I л I I
а —а · 1 — а · (а · а ) = (а · а) · а = 1 · а = а .
Мы показали, что а" = а*', т.е. обратное число единственно.
Решения упражнений 215
10. Это утверждение можно доказать, используя
основную теорему арифметики (стр. 105). Разложим числа ρ и q на,
простые делители.
Ρ = P\P2---Pr-\Pr,
Я = QiQ2'-Qs-iQs-
Поскольку ρ и q — взаимно просты, то они не могут иметь
общих делителей. В частности, пересечение множеств их
делителей пусто:
{ρι,Ρ2, · · · ,Рг-ьРг} Π {<7i,<72, · · ·,Qs-uQs} = 0.
Если возвести теперь число ρ в степень п, то получим
P = PlP2 '"Pr-lPr-
При этом множество простых делителей числа рп по
сравнению с ρ не изменится. Значит, рп и q не будут иметь общих
делителей, т.е. рп и q — тоже взаимно простые числа. В
частности, q не может делить рп.
11. База индукции. Проверим соотношение при наименее
возможном натуральном числе, η = 1.
1. 1. _ 1
Ϊ' 2 ~ 1 + Г
Видно, что формула в этом случае верна.
Предположение индукции. Допустим, формула имеет
место для какого-то натурального числа А;, т. е.
111111 11 к
12 2 3 3 4 к к + 1 к + 1
Шаг индукции. Покажем ее истинность для следующего
натурального числа η = к + 1. В этом случае ее левая часть
приобретает вид
111111 11 1 1
12 2 3 3 4 к к+1 k+ί к+2
216 Труд ности доказательств
Используем предположение индукции и сделаем некоторые
преобразования.
к 1 1 _
к + 1 + Л + 1 ' А: + 2 "
fc(fc + 2) + l _
(fc + l)(fc + 2) "
к2 + 2fc + 1 _
(fc + l)(fc + 2) "
(fc + 1)2
(fc + l)(fc + 2)
fc + 1
fc + 2'
Таким образом, мы доказали справедливость формулы при
η = к + 1 и завершили индуктивный переход. Следовательно,
формула верна для всех натуральных чисел.
12. В упражнении 29 на стр.60 мы доказали, что
квадратный корень из любого простого числа — число
иррациональное. Поэтому для решения этого упражнения осталось
заметить, что 7 — простое число.
13. Пусть y = ax + bny = cx + d — уравнения двух прямых
на плоскости. Тот факт, что прямые различны, говорит нам,
что либо а ф с, либо b φ d. Очевидно, что координаты
любой точки пересечения наших прямых удовлетворяют системе
уравнений:
Г у = ах + Ь,
\ у = сх + d.
С другой стороны, любое решение этой системы можно
интерпретировать как координаты точки пересечения прямых.
1
2 +
1
+ τ-
1
+
1
1
A; fc + 1 fc + 1 fc + 2
Решения упражнений 217
Таким образом, для решения упражнения нам достаточно
показать, что такая система имеет не более одного решения.
Приравняв уравнения системы, получим
ах + b = сх + d,
что равносильно уравнению
(а — с)х — d — h.
Если а — с = 0, то это уравнение, а значит, и вся система
не имеют решений, так как в этом случае обязательно b φ d,
т. е. b — d φ 0. Итак, если для разных прямых а = с, то они
вообще не пересекаются. С геометрической точки зрения это
означает параллельность, что очевидно, поскольку они имеют
одинаковые угловые наклоны а — с.
Предположим теперь, что а — с φ 0. Тогда уравнение
имеет единственное решение χ = ^5^ (см· УпР-5 на стр. 141). Но
тогда и система имеет единственное решение, а именно
/ d — b ad — be
\а — с а — с
Таким образом, если а — сфО, прямые имеют только одну
точку пересечения. Так как мы разобрали все возможные случаи,
то утверждение доказано полностью.
14. Пусть а — отрицательное вещественное число. Как мы
показали в упр. 9, обратное к любому ненулевому
вещественному числу а имеет вид а' = К Так как а < 0, то а', будучи
отношением положительного числа 1 к отрицательному, тоже
меньше нуля.
15. Докажем это важное утверждение индукцией по
степени η многочлена Р(х).
База индукции. Наименьшая из возможных степеней
многочлена Ρ равна т, т. е.
Р(х) = атхт + ат-\хт~х Л У а\х + а0,
•
218 Трудности доказательств
причем ат φ 0. Умножим многочлен Q(x) на число ψ^ и
вычтем результат из Р{х).
Р(х) - %S.Q{x) =
От
= атхт + ат-\хт~1 Η К а\Х + а0-
-^ {Ьтхт + Ьт^х™-1 + ■ ■ ■ + Ьгх + bo) =
= атхт + am-ixm~l Η + αχχ + clq-
m ambm-l m-\ amO\ am^0 _
— Q>mX — - X — . . . - χ — — —
^771 ^771 ^771
a>m-\bm — α>τηύτη-ι τη-ι , , а>оЬт — a>mbo
^771 ^771
Полученная разность является многочленом, степень которого
строго меньше га. Обозначив его через Д(х), можно написать
равенство:
P(x)-%lQ(x)=R(x),
Ьт
т. е.
P(x) = %iQ(x)+R(x).
Ьт
Напомним теперь, что любое число, в частности и ^, можно
считать многочленом нулевой степени. Таким образом,
положив F(x) = l2^, мы получим
P{x)=F{x)Q{x)+R{x),
что и нужно было доказать в качестве базы индукции.
Предположение индукции. Допустим, что для любого
многочлена Р(х), степень которого лежит в пределах [га, fc],
утверждение выполнено, т. е. верно соотношение
Р{х) =F{x)Q{x)+R{x),
Решения упражнений 219
где F(x) и R(x) — многочлены, причем степень последнего
строго меньше га.
Шаг индукции. Рассмотрим многочлен Р{х) степени к+1
Р(х) = ак+\хк*1 + акхк Η h αχχ + α0, ak+\ φ 0.
Так как bm φ 0 и к + 1 > га, функция Fx(x) = ^хк+1~т
является многочленом. Вычислим разность Р(х) — F\(x)Q(x).
Р{х) - Fx{x)Q(x) =
= dk+ιχ + akX -\ + а\х + ао~
_^±1хк+1-т (ртХт + bm_lXm-l + . . . + ^χ + ^ =
От
= ак+\хк*1 + акхк Η + а\х + а$-
к+1 ак+\Ьт-1 „к αΑΗ-ΐ6θ Jb+1-m
- dk+\X г х 7 х =
^771 ^771
о>кЬт — o,k+ibm-i к
χ Η = Р\[х)'
'771
ь,
Полученный результат можно представить в виде
Р(х) = Fi(x)Q(x) + Ρι(χ). (6)
К сожалению, мы не имеем права утверждать, что степень
получившегося многочлена Р\(х) в точности равна А;,
поскольку разность акЬт — ак+\Ьт-\ может оказаться равной нулю.
Однако степень Р\(х) безусловно меньше к + 1.
Если степень Р\{х) даже меньше, чем га, то шаг
индукции завершен, поскольку можно переобозначить R(x) = Р\{х)·,
F(x) = F\(x) и написать:
P(x)=F{x)Q(x)+R{x).
220 Трудности доказательств
Поэтому будем считать, что степень многочлена Р\{х) лежит
в промежутке [га, к]. Тогда к нему можно применить
предположение индукции, по которому найдутся многочлены F2{x)
и Д(х), такие что
Pi(x)=F2(x)Q(x)+R(x),
причем степень R(x) меньше га. Подставляя это выражение в
формулу (6), имеем
Р(х) = Fx(x)Q(x) + Рх(х) =
-= Fx{x)Q{x) + F2(x)Q(x) + R(x) =
= (Fl(x) + F2(x))Q(x) + R(x) =
= F{x)Q{x)+R{x),
где F(x) = F\(x) + F2(x). Индуктивный переход, а вместе с
ним и все доказательство, закончены.
16. По предыдущему упражнению многочлен Р(х) можно
разделить на Q(x) = х — а с остатком, т.е. найдутся такие
многочлены F(x) и R(x), что
P{x) = F{x)Q{x)+R{x),
причем степень R(x) строго меньше степени многочлена χ — α,
которая, очевидно, равна 1. Значит, степень остатка —
нулевая. Иными словами, R(x) —С — просто число. Учитывая
полученную информацию, перепишем соотношение в виде
Р(х) =F{x){x-a)+C
и подставим в него число а вместо переменной х.
P(a)=F(a){a-a)+C 4Ф Ρ (а) = F(a) · 0 + С 4Ф С = Р(о),
что и требовалось доказать.
Решения упражнений 221
17. (1) =► (2).
Руководствуясь решенным упражнением 16, многочлен Р{х)
можно представить в виде
Р{х) =F(x)(x-a)+P(a).
Если теперь предположить, что χ = а — корень
многочлена Р(х), то Р{а) = 0. Значит, Р(х) = F(x)(x — α), т.е.
многочлен Р(х) делится на χ — а без остатка.
(2) => (1).
Пусть многочлен Р(х) делится на χ — а. Тогда справедливо
тождество
Р(х) =F(x)(x-a)
для некоторого многочлена F(x). Подставим в тождество
число а вместо χ и получим
Ρ {а) = F{a){a - а) = F{a) -0 = 0.
Таким образом, Р(а) = 0, т.е. а — корень многочлена Р(х),
что и утверждается в условии (1).
18. Это утверждение удобнее доказывать в такой форме:
если простое число ρ больше 2, то оно нечетно. Однако
существует бесконечно много простых чисел, так что невозможно
определить остаток от деления на 2 у каждого из них.
Поэтому здесь разумнее применить метод «от противного».
Пусть ρ — число, большее 2. Покажем, что если оно четно,
то не является простым. Действительно, из четности ρ
вытекает, что ρ = 2m для какого-то целого т. С другой стороны,
по условию ρ > 2. Следовательно, 2т > 2. И после сокращения
этого неравенства на 2 получаем, что т > 1. Итак, мы
представили ρ в виде произведения целых чисел m и 2, каждое из
которых больше единицы. Значит, число ρ составное.
19. Нам предстоит доказать формулу, в которой
участвует произвольное натуральное число. Поэтому естественно
использовать метод математической индукции.
222 Трудности доказательств
База индукции. Если η = 1, то вместо суммы в левой
части доказываемого равенства стоит 1, в то время как правая
ее часть имеет вид: —^—<— = 1. Значит, утверждение
справедливо при η = 1.
Предположение индукции. Пусть
l+23 + 33 + --- + fc3=fc2(fc,+ 1)2.
4
Шаг индукции. Чтобы проверить формулу для
следующего натурального числа η = к + 1, прибавим к обеим частям
предыдущего равенства число (к + I)3 и преобразуем правую
часть полученного выражения.
l+23 + 33 + --- + fc3 + (fc + l)3=fc2(fc4+1)2+(fc + l)3 =
= (fc + l)2(fc + 2)2
4
Проделанные нами вычисления показывают, что
доказываемая формула имеет место при η = к + 1. Значит, согласно
принципу математической индукции, она верна для всех
натуральных чисел.
20. Это утверждение доказывается простыми
равносильными преобразованиями.
(а + Ь)2 2
^——ί- = ab Ыа + ЬУ = 4α6 4Φ
4
4Ф а2 + 2ab + Ь2 = 4аЬ 4Ф
4Ф а2 - 2аЬ + Ь2 = О 4Ф
<Ф (а - Ь)2 = 0.
Решения упражнений 223
Осталось заметить, что квадрат любого вещественного числа
равен 0 тогда и только тогда, когда само число равно 0, т. е.
а — b = 0. А последнее означает, что а = Ь.
21. Применим преобразования, аналогичные проделанным
в предыдущем упражнении.
(Q + Ь)2 = аЪ <*(а + Ь)2 = 2аЪ О
id
4Ф а2 + 2аЬ + Ь2 = 2ab 4Ф
<Ф а2 + Ь2 = 0.
Ввиду того, что квадраты вещественных чисел
неотрицательны, их сумма обращается в нуль только в том случае, когда
каждое из слагаемых равно нулю. Итак, равенство а2 + Ь2 = 0
влечет: а2 = 0 и Ь2 = 0, откуда α = 0 и Ь = 0.
22. Утверждение зависит от натурального числа η и,
казалось бы, для его доказательства нужно применить
математическую индукцию. Однако существует более короткий и
красивый способ, которым мы и воспользуемся.
Заметим, что в левой части неравенства стоит ровно η
слагаемых, причем меньшее из них — последнее. Действительно,
так как 2п > 2п — 1,
так как 2п > 2п — 2,
так как 2п > η + 2,
так как 2п > η + 1.
1
2п-1
1
2п-2
1
п + 2
1
>
>
>
>
1
2п
1
2п
1
2п
1
п + 1 2п
224 Трудности доказательств
Заменив каждое из слагаемых, кроме последнего, на меньшее,
мы только уменьшим сумму. Значит,
111 11
+ ~ + г+ ··· + г + — >
п + 1 η + 2 η + 3 2п-1 2п
1 1 1
> ττ~ + ττ~ + ··· +
2η 2η 2η
ν*
η
ν ν '
1 _ 1.
П2п ~ 2
23. По условию упражнения найдутся такие целые числа
тип, что а = Ьп и b = ст. Подставив второе из этих
выражений в первое, получим а — Ьп — стп. Отсюда следует, что
а кратно с.
24. Утверждение упражнения относится к теоремам
равносильности. Поэтому его доказательство разбивается на две
части. Первая из них посвящена обоснованию утверждения:
если ρ рациональное число, то р~1 тоже рационально. Вторая
же имеет дело с высказыванием: если р~1 — рационально, то
число ρ тоже рационально. Однако второе утверждение
непосредственно следует из первого. Действительно, если мы
обозначим через q числор-1, то q~l —p. Поэтому нам достаточно
доказать только первое из утверждений.
По определению рациональных чисел найдутся такие целые
тип, что ρ — ^. При этом η φ 0, так как на нуль делить
нельзя, и m φ 0, поскольку по условию число ρ отлично от
нуля. Теперь заметим, что
-ι /тл-1 η
Ρ =[ — ) =—,
V η / т
т.е. р~1 тоже представляется в виде отношения целых чисел.
Значит, оно рационально.
Решения упражнений 225
25. Для доказательства теорем существования, к которым
относится данное утверждение, достаточно предъявить
объект, удовлетворяющий условиям теоремы. В нашем случае
сумма последовательных целых чисел: —1, 0 и 1 равна 0, т.е.
делится на 3.
26. От перемены мест слагаемых сумма не меняется.
Поэтому можно предполагать, что а — наименьшее из данных
чисел, ас — наибольшее. Тогда а — Ъ — 1 и с = b + 1.
Подставим теперь эти выражения в исходную сумму.
а + Ъ + с = (6 - 1) + Ъ + {Ь + 1) = 36.
Из последнего равенства следует делимость суммы на 3.
27. Разложим выражение к3 — к на множители, используя
формулы сокращенного умножения.
к3 -к = к{к2 - 1) = к{к - 1){к + 1) = {к - 1)к{к + 1).
Таким образом, к3 — к равно произведению трех
последовательных натуральных чисел. Покажем, что хотя бы одно из
них делится на 3.
Любое натуральное число при делении на 3 может иметь
один из остатков: 0, 1 или 2. Разберем каждый из этих случаев
отдельно.
Если к дает нулевой остаток при делении на 3, то оно
делится на 3. Значит и произведение (к — 1)к(к+ 1) делится на 3.
Если к при делении на 3 дает остаток 1, то его можно
записать как Зп + 1 для какого-то натурального числа п. В
этом случае к — 1 = Зп + 1 — 1 = 3п делится на 3. Поэтому и
(к — 1)к(к + 1) делится на 3.
Предположим, наконец, что к = Зп + 2, т. е. при делении его
на 3 мы получим в остатке 2. Тогда к + 1 = Зп + 2 + 1= 3(п + 1)
будет делиться на 3, что доказывает делимость на 3 числа
к3 — к в этом случае.
8-6617
226 Трудности доказательств
28. Это упражнение — часть более общего (см. упр. 36 на
стр. 144). Однако его можно доказать элементарными
методами, не используя понятий линейной алгебры, которые нужны
для решения упр. 36.
Предположим, пара вещественных чисел (хо,Уо) является
решением данной системы. Тогда, подставив хо и уо в
систему вместо переменных, мы превратим каждое ее уравнение в
верное тождество:
Г ах0 + Ьуо = е,
\ сх0 + dy0 = /.
Умножим первое тождество на с, второе — на α и возьмем их
разность:
сЬуо — adyo — ее — α/, 4Φ (cb — ad)yo — се — а/.
По предположению число ad — be отлично от нуля. Поэтому
eh — ad— —(ad — be) φ 0.
Разделив на него полученное равенство, найдем
ее — af
cb — ad
Теперь умножим первое тождество системы на d, второе
на b и вычтем второе из первого.
daxo — bexo = de — bf 4Ф (da — bc)xo = de — bf.
Поскольку da — be φ 0, то из последнего соотношения
определяем
_ de-bf
da — be
Этим рассуждением мы не только нашли решение (хо,Уо)
данной системы, но и показали, что оно единственно.
Действительно, мы исходили из предположения, что (хо, Уо) — решение
Решения упражнений 227
и получили однозначное выражение чисел х$ и уо через
коэффициенты системы.
29. Докажем это утверждение индукцией по п.
База индукции. Наименьшее натуральное число п, о
котором говорится в утверждении — это 6.
26 = 23 · 23 = 82 = 64.
С другой стороны, (2 + I)2 = З2 = 9. Так как 64 > 9, база
индукции выполнена.
Предположение индукции. Пусть 2к > (A;-hi)2 для
какого-то натурального числа к ^ 6.
Шаг индукции. Для следующего натурального числа
неравенство приобретает вид:
2м > ({к + 1) + I)2 = {к + 2)2.
Поскольку 2^+1 = 2 · 2*, то по предположению индукции
2*+1 >2(λ; + 1)2,
и теперь для доказательства утверждения нам достаточно
показать, что
2(А: -h 1)2 > (к + 2)2.
Раскроем квадрат в обеих частях неравенства и приведем
подобные члены.
2{к + I)2 >{к + 2)2 &2к2 + Ак + 2 > к2 + 4к + 4 «Ф
4Ф к2 > 2 <Ф
<ф \к\ > л/2.
По условию упражнения к ^ 6. Стало быть, последнее
неравенство истинно. А так как мы применяли только равносильные
преобразования, справедливо и исходное неравенство.
8*
228 Трудности доказательств
30. Достаточно подставить в неравенство к = 1, чтобы
убедиться в истинности утверждения.
31. Утверждение выглядит очень сомнительным,
поскольку наш опыт подсказывает обратное. Для его опровержения
достаточно предъявить хотя бы пару рациональных чисел,
сумма которых не является числом иррациональным, т. е.
рационально. Если, например, ρ = q = 0 — рациональные числа,
то их сумма p + q = 0 + 0 = 0 — тоже рациональное число.
32. Это не так! Действительно, η = 5 кратно 5, однако
п2 = 25 на 125 не делится.
33. Докажем это утверждение индукцией по п.
База индукции. При η = 6 левая часть неравенства равна
6! = 6·5·4·3·2·1 = 720, в то время как правая — б3 = 216.
Итак, в начальном случае утверждение справедливо.
Предположение индукции. Допустим, что для какого-
то натурального к ^ 6 имеет место неравенство А;! > А;3.
Шаг индукции. Рассмотрим следующее натуральное
число η = к + 1. Тогда неравенство примет вид
{к + l)!>(fc + 1)3.
Заметим, что (к + 1)! = (к + 1) · А;!. Поэтому можно применить
предположение индукции.
(fc + l)! = (fc + l)-fc!> {k + 1)-к3.
Сократив последнее неравенство на положительное число
(к + 1), увидим, что для окончания доказательства нам
достаточно проверить справедливость неравенства:
λ;3>(λ; + 1)2 = (λ; + l)(fc + 1). (7)
Если из каждого сомножителя в его правой части вынести А;,
то получится
Решения упражнений 229
Таким образом, неравенство (7) равносильно такому:
А;3 > к2 | 1 + f
или, после сокращения на к ,
Г2
к
Осталось заметить, что ввиду натуральности числа к дробь £
меньше 1. Поэтому
а по условию к ^ 6. Утверждение доказано.
34. Докажем это утверждение методом «от противного».
Предположим, что найдется хотя бы одна последовательность
ci, C2,..., Сп,..., все члены которой удовлетворяют
неравенству сп ^ 0, но ее предел, L, все же меньше нуля. По
определению предела последовательности для любого ε > 0
найдется такой номер Ν(ε), что как только η > Ν(ε) выполнено
\сп — L\ < ε. Используя определение модуля, перепишем
неравенство в виде
L — ε < Сп < L + ε.
Мы предположили, что L < 0. Поэтому число ε = — ^
положительно. В частности, найдется такое число TVq, что все члены
последовательности с номером η > No (а их бесконечное
число) должны удовлетворять неравенству
3L _ / L\ _ / L\ _L
" 2"'
Но, по предположению, L < 0. Значит, и ^ < 0. В частности,
мы получаем, что все члены последовательности сп с η > Nq
230 Трудности доказательств
отрицательны: Сп < ^ < 0. Полученное противоречие с
условием доказывает утверждение.
Чтобы ответить на последний вопрос упражнения,
рассмотрим последовательность Ьп = К Отметим, что каждый ее
член положителен, а предел равен нулю.
35. Предположим, что функция f(x) дифференцируема в
точке χ — а. Это означает, что она имеет в этой точке
конечную производную. Точнее говоря, найдется такое
вещественное число /'(а), что
lim 1{Х) ~ /(Q) = f\a).
х^а X — а
С другой стороны, чтобы доказать непрерывность функции
f(x) в точке χ = α, нам следует показать, что
lim /(*) = /(α)
χ—>α
или, основываясь на свойствах пределов, что
lim (/(*)-/(a)) =0.
х—>аv '
Сделаем это, используя тот очевидный факт, что lim (х-а) — 0.
х—>а
lim (/(х) -/(a)) = lim ((f(x) - f(a))X—^
х—>аν ' χ—>α уν Χ — α
.hnf №)-/Μ(*-α)
ζ->α \ Χ — α
(limf{x)-f{a)).(lhnx-a)
\x-rn χ — α / \χ->α /
f'(a) -0 = 0.
Решения упражнений 231
36. (1) =► (2).
Обозначим буквой Ε единичную матрицу размера 2x2:
Если матрица А обратима, то (по определению) найдется
такая квадратная матрица А~1, что
АА~1 =А~1А = Е.
Известно, что определитель матрицы, det А, обладает
следующим свойством:
det(AA~l) = det A det A~l.
Кроме того, определитель единичной матрицы равен 1, т.е.
det A det A~l = 1.
Из последнего равенства вытекает, что det А и det A~l —
взаимно обратные вещественные числа. Поэтому det А ф 0.
(2) => (3).
Рассмотрим матрицу А — I 1, определитель
которой, det A — ad — be, отличен от нуля, и систему уравнений
Умножив матрицу А на столбец неизвестных и приравняв
соответствующие строки, перепишем систему в более
привычном для нас виде:
ах + by = α,
ex + dy = β.
Умножим первое уравнение системы на с, второе на а, после
чего из второго уравнения вычтем первое:
{
(ad — cb)y = αβ — col.
232
Трудности доказательств
Так как по предположению определитель отличен от нуля, то
αβ — col
У
ad — be
Аналогично, умножая первое уравнение на d, второе на Ь, а
потом вычитая из первого второе, находим
χ
da-bp
da — be
Итак, мы показали, что если det А ф 0, то система
уравнений из (2) всегда имеет решение. Для доказательства его
единственности достаточно предположить, что пара (хо, у о) —
какое-то другое решение системы, подставить ее вместо
переменных и, совершая те же действия, показать, что
Уо
αβ — са
ad — be
хо
da-bp
da — be
(3) =► (1)
Попробуем подобрать обратную матрицу для квадратной
матрицы А. Пусть
a b
с d
и
-1
χ у
ζ t
Из равенства АА 1
вестные х, у, ζ и t:
Ε получаем систему уравнений на неиз-
ах + bz
ex + dz
ay + bt
су + dt
ι,
о,
о,
1,
(8)
которая разбивается на две независимые друг от друга
системы:
ах + bz = 1, J ay + bt = 0,
и \
сх -Ь dz = 0 [ су + dt = 1.
{
Решения упражнений 233
Перепишем их в матричном виде:
4:)-(ί)· Ч0-(!)-
По предположению (3) каждая из выписанных систем имеет
решение. Значит, найдутся вещественные числа х, у, ζ и £,
которые с одной стороны удовлетворяют исходной системе (8), а
с другой — являются коэффициентами обратной матрицы.
Таким образом, мы доказали, что обратная матрица существует.
Приложение
С.А. Кулешов
Сравнение множеств
Что такое бесконечность? Казалось бы, вопрос не очень
сложен. Все мы привыкли к таким бесспорным фактам, как
бесконечность вселенной, бесконечность множества
натуральных чисел, бесконечность прямой, и т. д. Однако основные
проблемы, с которыми первокурсник сталкивается при изучении
высшей математики, связаны именно с понятием
бесконечности и бесконечного числа шагов.
Дело в том, что обыденное представление о бесконечности
проистекает из этимологии слова: что-то, не имеющее конца.
Действительно, упомянутые нами примеры бесконечных
множеств четко ассоциируются с таким толкованием этого
понятия. Поэтому фраза: «проделано бесконечное число шагов» —
малопонятна как первокурснику, так и любому человеку, не
задумывавшемуся специально над этим вопросом.
Чтобы не быть голословным, приведу пример любопытной
задачи.
Гефест и Гермес затеяли игру. Гефест пишет на доске 10
первых натуральных чисел:
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.
Гермес, в свою очередь, стирает наименьшее из написанных на
доске. Затем Гефест выписывает следующие 10 чисел, а
Гермес опять стирает наименьшее из написанных, но только одно
Приложение 235
число, и так далее... Гефест за свой ход дописывает
очередную десятку натуральных чисел, а Гермес сразу же стирает
наименьшее из оставшихся на доске чисел. Сделали
бесконечное число шагов... Сколько чисел останется на доске после
окончания игры?
Ответ на этот вопрос настолько невероятен, так трудно
поверить в его истинность, несмотря на абсолютно строгое
доказательство, что мы его пока приводить не будем, а
попробуем угадать, как мог бы размышлять неискушенный в
вопросах бесконечности школьник.
За каждый отдельный ход Гефест выписывает в 10 раз
больше чисел, чем успевает стереть Гермес. Поэтому было
выписано «в 10 раз больше» чисел, чем стерто. Значит, после
завершения игры на доске останется бесконечно много чисел.
Возможен и другой ход мысли. После первого хода на
доске осталось 9 чисел, после второго — 18, после третьего — 27.
Очевидно, что с каждым ходом количество чисел
увеличивается на 9. Стало быть в результате бесконечного числа шагов
на доске останется много чисел.
Оба рассуждения кажутся очень логичными,
согласующимися с общими принципами доказательств, изложенными в
этой книге. На первый взгляд придраться тут абсолютно не к
чему. Тем не менее, они ошибочны!
Почему?! Дело в том, что мы пытаемся сравнивать
бесконечные множества, совершенно не владея предметом, стараясь
перенести на них интуицию, выработанную при работе с
числами и конечными множествами. Действительно, если
следовать первой идее, мы должны умножить бесконечность на 10,
а потом отнять ту же самую бесконечность. Что получится
в итоге? Уже хочется сказать, что нуль, да вот второе
рассуждение не позволяет легко отказаться от найденного решения.
Ведь выражение 10 · ос — оо можно «вычислить» двумя
способами:
10·οο — οο = οο — οο = 0 и 10· оо — оо = (10 — 1)оо = оо.
236 Трудности доказательств
Возникает законный вопрос: какой же из этих способов
правильный? И вообще, как сравнить два бесконечных
множества, если нельзя подсчитать количества их элементов? А
может быть эти вопросы излишни, а все бесконечные множества
имеют одинаковое количество элементов — бесконечность?
Это было бы очень странно, ведь как множество целых чисел,
так и множество точек на вещественной прямой бесконечны.
Однако создается впечатление, что целых чисел все же меньше.
Прежде чем отвечать на поставленные вопросы,
представим себе вполне реальную бытовую ситуацию. Допустим, что
к нам неожиданно пришло много гостей и мы не понимаем,
хватит ли на всех стульев вкруг обеденного стола. Мы,
разумеется, знаем сколько стульев у нас есть, а вот гости... Они
постоянно переходят с места на место. Кто-то отправился в
ванную мыть руки, кто-то на кухне помогает готовить
угощение, кто-то накрывает на стол. Так что пересчитать гостей
нет никакой возможности. Что же делать (извечный вопрос
русской интеллигенции)? Догадливый хозяин предложит
своим друзьям сесть на любой свободный стул. Если после того,
как гости рассядутся, окажется, что все сели, вдвоем на одном
стуле никто не сидит, под каждым только один стул (а не 2,
как иногда случается), да и свободных стульев не осталось,
то мы убедимся, что количество стульев и пришедших гостей
одинаково.
Видите, даже для сравнения конечных множеств совсем не
обязательно пересчитывать их элементы. Чего уж говорить
о бесконечных? Не будем экономить на мелочах и введем два
новых термина: взаимно-однозначное соответствие и равно-
мощные множества.
Определение. Говорят, что между множествами X и У
задано взаимно-однозначное соответствие /, если для
каждого элемента χ G X найдется единственный у G У, такой
что f(x) = у и наоборот, любому элементу у G У
соответствует один и только один χ G X, обладающий свойством f(x) = у.
Приложение 237
(Сравните это определение с понятием взаимно-однозначной
функции на стр. 13.)
Чтобы лучше почувствовать определение, выделим
необходимые и достаточные условия, налагаемые на
взаимно-однозначное соответствие, после чего разберем несколько
примеров.
Итак, / — взаимно-однозначное соответствие между
множествами X и У, если
1) для каждого χ G X найдется единственный у G У, такой
что f(x) = у;
2) из равенства f(x) = f{xf) следует, что χ = χ';
3) для каждого у G У найдется χ G X, такой что /(#) = у.
Пример 1. Билет в вагон поезда дальнего следования
выписывается на одно и только одно место. Более того, ее-
ли поезд идет в Крым во время курортного сезона, то
билет выписывается на каждое место в вагоне, причем
только один. Таким образом, между местами в вагоне и
выписанными билетами устанавливается взаимно-однозначное
соответствие.
Пример 2. В любом классном журнале фамилии
учеников пронумерованы. Иными словами, каждой фамилии
присвоен один номер. Предположим, что в рассматриваемом
нами классе учится 30 человек. Тогда можно с уверенностью
утверждать, что любое натуральное число от 1 до 30
соответствует какой-то фамилии, причем только одной.
Значит между фамилиями учащихся в нашем классе и
первыми тридцатью натуральными числами установлено
взаимнооднозначное соответствие.
Пример 3. Трем лучшим командам (или спортсменам),
участвующим в соревнованиях, присуждаются золотая, сере-
238 Трудности доказательств
бряная и бронзовая медали. Очевидно, что мы имеем
взаимнооднозначное соответствие между наградами и призерами1.
Пример 4. У каждого жителя Москвы есть имя и
фамилия. Является ли соответствие между множествами
фамилий и имен взаимно-однозначным? Очевидно, нет, поскольку
можно найти много людей с одинаковыми именами, но
разными фамилиями. Кроме того, близкие родственники носят
одну и ту же фамилию, но имена у них, как правило, разные.
Определение. Если между множествами X и Υ можно
установить взаимно-однозначное соответствие, то они
называются равно мощными. Для обозначения равномощности
множеств X и Υ будем писать Χ χ Υ.
Значок «χ», хоть и похож на знак равенства, говорит лишь
о том, что в некотором смысле множества имеют «одинаковое
число элементов». В случае конечных множеств, как мы сейчас
убедимся, это можно понимать буквально.
Теорема. Конечные множества равномощны в том и
только том случае, когда они имеют одинаковое число
элементов.
Доказательство. Вы уже научились определять тип
утверждений, поэтому излишне говорить, что данное утверждение
относится к теоремам равносильности, и поэтому его
доказательство состоит из двух частей.
Насть 1. Допустим, что множества X и Υ насчитывают
по η элементов, т. е.
X = {хих2,... ,Ζη-Ι,Ζη}, Υ = {УЫ/2,...,Уп-Ы/п}· (1)
В силу определения множеств, повторяющиеся в них
элементы считаются равными. Поэтому можно предполагать, что
I
хВо время верстки книги олимпиада в Солт-Лейк-Сити показала, что
это незыблемое правило соревнований может нарушаться.
Приложение 239
Х{ φ Xj и yi φ уj при г φ j. Определим соответствие по
следующему правилу:
f{xi) =Уг при г = 1,2,...,п.
Тем самым каждому элементу Х{ мы ставим в соответствие
один и только один элемент у{. Легко понять, что и каждому
yi ставится в соответствие только один элемент х^. Значит,
/ — взаимно-однозначное соответствие, и!хУ.
Насть 2. Предположим теперь, что конечные множества
X и Υ равномощны, т. е. между ними существует
взаимнооднозначное соответствие /. Пронумеруем элементы
множества X:
считая, как обычно, что разным номерам соответствуют
разные элементы. Отсюда в частности следует, что множество
X имеет η элементов. Пересчитаем элементы множества У,
обозначив f(xi) через yi для каждого г из 1, 2, ..., п. Прежде
всего заметим, что в списке
Уь У2, ···, Уп
присутствуют все элементы множества У, так как по
определению взаимно-однозначного соответствия для любого у Ε У
найдется такой χ Ε X, что f(x) = у. Единственная опасность
ошибочного подсчета может таиться в том, что в этом
списке какой-то элемент множества Υ написан не один, а большее
число раз. Почему, например, не может быть так, что г φ j, но
У г — Ур- Предположим, что такое происходит на самом деле.
Но тогда
f(xi) =Уг = Vj = f(xj),
т. е. разным χ ι и Xj соответствует один и тот же элемент
множества У, что противоречит определению
взаимно-однозначного соответствия. Итак, мы пересчитали все элементы из У,
240 Трудности доказательств
причем каждый только по одному разу. Следовательно, число
элементов в Υ тоже равно п. Ш
Доказывая теорему о равномощности конечных множеств
с одинаковым количеством элементов, мы неявно
рассматривали еще одно множество
Ζ = {1,2,3,...,η-1,η},
состоящее из первых η натуральных чисел. Более того,
выписав элементы X и Υ в виде (1), мы фактически установили
взаимно-однозначное соответствие между Ζ и множествами
X и Υ. Иначе говоря, не заботясь специально, мы доказали,
что
Χ χ Ζ и Ζ χ Υ.
Похоже на то, что равномощность множеств обладает
свойством транзитивности. Докажем это.
Теорема. Пусть множества Χ, Υ и Ζ удовлетворяют
соотношениям
1хГ и Υ χ Ζ.
Тогда Χ χ Ζ.
Доказательство. По определению равномощных множеств
существуют взаимно-однозначные соответствия: / между X
и Υ и g между Υ и Ζ. Определим соответствие h между X и
Ζ по правилу
h(x) = g(f(x))
и покажем, что оно взаимно-однозначно.
Во-первых, h определено для любого χ Ε Л", так как этим
свойством обладает /, элемент f(x) принадлежит Υ и g
определено для каждого у G Υ. В частности, найдется такой элемент
ζ G Ζ, что ζ = g(f(x)) = h(x). Более того, такой ζ однозначно
определяется элементом х.
Приложение 241
Во-вторых, равенство g(f(x)) = g(f(x')) влечет
соотношение f(x) = f{xf) (так как д — взаимно-однозначно). А
последнее возможно лишь если χ — х'.
Наконец, так как д — взаимно-однозначное соответствие,
для каждого ζ Ε Ζ найдется такой у G У, что д(у) = ζ.
Аналогично, существует элемент χ G X, для которого у = /(#)·
Поэтому какой элемент ζ Ε Ζ ни взять, мы сможем найти
такой χ G X, что
К*) =9{f{x)) = *·
Мы показали, что h удовлетворяет всем свойствам
взаимнооднозначного соответствия. Поэтому множества X и Ζ равно-
мощны. ■
В некоторых случаях хотелось бы иметь более простой
способ проверки соответствия на взаимно-однозначность. Такую
возможность предоставляет следующий факт.
Теорема. Пусть f : X —> Υ — соответствие между
множествами X и Υ, определенное на всем множестве X.
Оно является взаимно-однозначным тогда и только тогда,
когда найдется обратное к нему соответствие g : Υ —> Χ,
т. е. соответствие, удовлетворяющее соотношениям:
g{f{x)) = х для любого xGl,
/(з(у)) — У для любого у Ε У.
Доказательство. Если / — взаимно-однозначное
соответствие, то для каждого у G Υ найдется такой χ G X, что
f(x) = у. Причем этот χ однозначно определяется
элементом у. Чтобы подчеркнуть эту уникальность, обозначим
соответствующий элемент множества X через ху. Положив g(у) =
= ху, мы получим соответствие между множествами Υ и X.
Покажем, что оно обратно к /. Благодаря выбору элемента
ху, имеем:
для любого у G Y f{g{y)) = f{xy) = у.
9 — 6617
242 Трудности доказательств
Возьмем теперь произвольный элемент множества X и
вычислим g(f(x)). Обозначим через ζ элемент f(x) G У, т.е.
ζ = f(x)- Тогда, очевидно, χ = χζ, как тот элемент, который
соответствием / переводится в ζ. А по определению g
значение этого соответствия на ζ равно именно χζ — х. Собирая
информацию вместе, получаем
9(f(z)) =9(ζ) =χζ = Χ·
Итак, мы показали, что взаимно-однозначное соответствие
/ обязательно обладает обратным. Предположим теперь, что
нам дано какое-то соответствие /, обладающее обратным
соответствием #, и покажем, что / взаимно-однозначно.
Так как / определено на всем множестве X, то для всякого
χ G X найдется такой у G У, что f(x) = у. Предположение о
том, что f(x) равно еще какому-то yf G У, влечет:
у' = f(x) = у.
Значит, у по χ определяется однозначно.
Рассмотрим произвольный у G У. По предположению
существует обратное соответствие #, такое что f(g(y)) = у.
Следовательно, положив χ = g(y), мы укажем такой элемент
множества X, для которого f(x) = у.
Предположим, наконец, что f(x) = f(x'). Применив к
равенству соответствие #, получим
x = g(f(x))=g(f(x'))=x'.
Значит, / — взаимно-однозначно. ■
Освоив на примерах и простых утверждениях понятия
взаимно-однозначного соответствия и равномощности, можно
приступить к сравнению бесконечных множеств. Первый пример,
который мы разберем, почти очевиден. И о нем можно было
бы вообще не упоминать. Но бросаться с места в карьер тоже
не стоит.
Приложение 243
Пример 5. Множество натуральных чисел N равномощ-
но множеству Z_ целых отрицательных чисел.
Доказательство. Для доказательства упомянутой равно-
мощности достаточно предъявить формулу
взаимно-однозначного соответствия, до которой Вы скорее всего уже
догадались. Тем не менее, полезно рассказать о поиске такого
соответствия, поскольку это пригодится Вам в дальнейшем при
решении различного рода задач.
Мы привыкли выписывать целые числа в порядке
возрастания. В частности,
Z_ = {..., -4, -3, -2, -1}, N = {1,2,3,4,5,...}.
Видно, что как множество Z_, так и N можно выписать в
строчку (условно считая, что бумага у Вас бесконечной
ширины). Причем оба списка ограничены с какого-то края
(Z_ справа, а N слева). Отказавшись от привычки, выпишем
отрицательные числа в порядке убывания, а натуральные —
строго под ними.
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7
12 3 4 5 6 7
Сделав это, мы практически указали алгоритм пересчета
(нумерации) всех отрицательных целых чисел. Совершенно
очевидно, что продолжая заполнять таблицу и дальше, мы
присвоим свой уникальный номер каждому целому числу. При этом
разные номера (натуральные числа) будут соответствовать
разным отрицательным целым и никакой номер пропущен не
будет. Это-то и есть взаимно-однозначное соответствие. То
есть равномощность наших множеств доказана. Но чтобы
удовлетворить педантов, а такие люди, к счастью, встречаются и
среди школьников, выпишем формулу, задающую то же самое
соответствие:
/ : N —> Ζ_, /(η) = -η.
244 Трудности доказательств
Ясно, что / определено на всем множестве N и обладает
обратным соответствием g : Z_ —> Ν, g(n) = —η (проверьте, что
/ и g взаимно обратны). Значит, / — действительно
взаимнооднозначное соответствие. ■
Как уже отмечалось, в равномощности этих множеств нет
ничего удивительного. Перейдем к более содержательному
примеру.
Пример 6. Множество натуральных чисел равномощно
множеству Z^o неотрицательных целых чисел.
Доказательство. Прежде чем приступить к
доказательству, отметим, что N С Z^o и N / 2^о> поскольку
Z^0 = {0,l,2,3,...,n...}.
Фактически, мы приводим пример множества, которое равно-
мощно своему подмножеству. Среди конечных множеств
таких нет.
Как и в предыдущем случае, для доказательства
равномощности N и Z^o достаточно «перенумеровать» элементы Z^o>
т. е. указать алгоритм, следуя которому можно присвоить свой
номер каждому неотрицательному целому числу. Оставив
поиск алгоритма в качестве упражнения, выпишем формулу
соответствия.
/:N^Z^o, f{n)=n-h
Поскольку обратным к нему является соответствие
g : Z^o —> Ν,
переводящее каждое неотрицательное число га в га +1, то / —
взаимно-однозначно, а Ν χ Ζ^ο· ■
Заметим, что мы доказали что-то типа такой формулы:
оо + 1 = оо.
Приложение 245
Такая запись не является абсолютно строгой, так как
бесконечности, вообще говоря, бывают разные, о чем мы с Вами и
ведем беседу. Тем не менее, она полезна в качестве
мнемонического правила. Хорошо, а что будет, если мы к бесконечности
прибавим любое натуральное число? Как Вы уже понимаете,
ровным счетом ничего не изменится. Доказывать мы этого не
будем, а оставим в качестве тренировочного упражнения.
Поскольку и дальше мы, как правило, будем сравнивать
бесконечные множества с натуральными числами, полезно
ввести общепринятый термин.
Определение. Множество называется счетным, если оно
равномощно множеству натуральных чисел.
Пример 7. Множество 2N четных натуральных чисел
счетно.
Доказательство. Нам нужно установить
взаимно-однозначное соответствие между множествами N и 2N. Умножив
произвольное натуральное число η на 2, мы получим четное
число 2п, т.е. правило f(n) = 2п задает соответствие между
N и 2N. Обратным к нему является д, определенное
соотношением: д(т) = ψ. Так как любое четное число делится на 2,
то соответствие д корректно определено. Не составляет труда
проверить, что д и / взаимно обратны. Значит, / —
взаимнооднозначно, a 2N χ N. ■
Вот этот пример уже довольно сильно меняет наше
представление о «числе элементов» бесконечного множества.
Действительно, мы выбросили из множества N все нечетные
числа, т. е. практически половину (см. упр. 1 на стр. 257), а общее
«количество» его элементов при этом не уменьшилось ни на
йоту. Таким образом,
1
-оо = оо.
2
Утверждение доказано абсолютно корректно. Но часто у
человека, впервые столкнувшегося с такого рода фактом, оста-
246 Труд иости доказательств
ется неудовлетворенность: кажется, что его где-то
обманули. Дабы устранить неуверенность, попытаемся объяснить
полученный результат по-другому. Выпишем подряд в порядке
возрастания все четные натуральные числа
2, 4, 6, 8, 10, ..., 2п, ...
Не вызывает сомнений, что мы можем сделать это, не
пропустив ни одного четного числа, и не написав никакое из них
дважды. Естественно, мы можем поступить так только
теоретически, поскольку на процедуру выписывания всех четных
чисел не хватит и жизни. Однако математики не обращают на
это внимания.
Итак, все четные числа выписаны в строчку. Что же
теперь нам мешает присвоить каждому из них свой номер? Да
абсолютно ничего. Отметив 2 как первое, 4 — второе, мы
можем двигаться от числа к числу, присваивая каждому
очередной номер. Процесс, естественно, бесконечен, но нам не нужно
заботиться о том, успеем ли мы закончить его к
определенному сроку. Важно лишь, что каждое конкретное четное число
будет пронумеровано на определенном шаге. Докажем это
методом «от противного». Предположим, что завершив процесс,
мы пронумеровали не все четные числа. Значит, найдется по
крайней мере одно, которому не было присвоено номера. Но
как конкретное четное число, оно должно быть чему-то
равно. Допустим, обделенным осталось очень большое четное
число М. Ввиду его четности можно записать Μ = 27V, где N —
какое-то конкретное натуральное число (равное 4f). Однако
внимательно прочитав описание процесса нумерации еще раз,
мы убедимся, что число Μ будет пронумеровано на TV-ом
шагу. Следовательно, наше предположение неверно, и в
результате будут пронумерованы все четные числа.
Мы еще раз установили взаимно-однозначное соответствие
между N и 2Ν, наполнив конкретным смыслом формулу из
доказательства утверждения. Более того, мы этим как бы
связали каждое четное число со своим номером теоретической
Приложение 247
«веревочкой», что видно из следующей диаграммы:
2 4 6 8 10 12 2п ...
12 3 4 5 6 η
Иными словами, мы посадили каждое четное число на свой
«натуральный стул».
Надеюсь, после такого подробнейшего объяснения у Вас
исчезнут все сомнения в истинности доказанного факта, а
останется только безмерное удивление. Но это и неплохо, ибо,
как сказал Городницкий:
Не страшно потерять
Уменье удивлять.
Страшнее потерять
Уменье удивляться.
Вот теперь можно обсудить решение задачи про Гефеста и
Гермеса, с которой мы начали рассказ о сравнении
бесконечных множеств.
Предположим, что после завершения игры на доске
останутся нестертые числа. Тогда останется хотя бы одно
конкретное натуральное число, скажем М. Но как бы медленно
Гермес ни стирал числа, он сотрет Μ ровно на М-ом шаге.
Мы получили противоречие с предположением. Поэтому в
результате бесконечного числа шагов на доске не останется ни
одного числа\
После некоторой привычки к сравнению бесконечных
множеств ответ к задаче уже не кажется невероятным. Более
того, его можно вполне объяснить. Действительно,
первоначально создавалось впечатление, что стертых чисел окажется
ровно в 10 раз меньше, чем написанных. Но следующий пример
показывает, что если счетное множество «разделить на 10»,
то все равно останется счетное множество.
248 Трудности доказательств
Пример 8. Множество 10N натуральных чисел, кратных
десяти, счетно. То есть оно равномощно множеству всех
натуральных чисел.
Доказательство. Доказательство этого утверждения
практически ничем не отличается от приведенного в
примере 7. Приписав каждому натуральному числу η его
произведение с десяткой 10п, мы установим соответствие между
натуральными числами и множеством 10Ν. Обратным к нему
служит соответствие, сопоставляющее каждому числу 10п Ε 10N
его частное от деления на 10. Таким образом, описанное нами
соответствие является взаимно-однозначным, что доказывает
счетность множества 10Ν. ■
Сформулируем и докажем еще две теоремы о счетных
множествах в качестве иллюстрации методов работы с
абстрактными множествами. Их доказательство служит подсказкой к
решению теоретических упражнений, помещенных в конце
этого параграфа.
Теорема. Любое бесконечное подмножество счетного
множества счетно.
Доказательство. Рассмотрим произвольное счетное
множество А. Так как все его элементы можно пронумеровать,
представим А в виде
А = {αϊ, α2, α3, α4,..., αη,...},
где выписаны все элементы множества А, причем только по
одному разу. Более того, любой номер к Ε Ν приписан какому-
то элементу аь Ε А.
По условию нам дано какое-то подмножество В С А. К
сожалению, мы не можем столь же явно выписать его элементы,
поскольку нам известно только то, что В имеет бесконечное
число элементов. Нам же надо указать алгоритм, следуя
которому можно будет пересчитать все элементы множества В.
Приложение 249
Поступим следующим образом. Возьмем элемент а\. Если
он принадлежит множеству В, обозначим его как fci, если нет,
то оставим его без изменения. Затем посмотрим на α2· Если
а\ = fci, и а,2 тоже принадлежит множеству В, присвоим ему
значок &2- Если а\ 0 £?, но а,2 Ε В, то положим Ь\ = а,2. Ну
а если ни αϊ, ни а2 не являются элементами подмножества В,
оставим все как есть. Как видите, при переходе к каждому
следующему элементу множества А процесс все более
разветвляется. И таким путем довольно сложно доказать счетность В.
Попытаемся, не меняя сути алгоритма, слегка
видоизменить его описание.
Будем просматривать элементы множества А в порядке
возрастания их номеров. Как только наткнемся на элемент а^,
принадлежащий множеству В, обозначим его через Ь\ и
продолжим просмотр. Следующему элементу a,j, который лежит
в В, присвоим обозначение &2 и т· Д·
Возникают два вопроса:
а) Все ли элементы множества В мы пронумеруем?
б) Задействуем ли мы каждое натуральное число в
качестве номера элемента подмножества ΒΊ
На первый вопрос некоторые из Вас ответят
отрицательно, мотивируя свой ответ тем, что при пересчете даже просто
большого числа элементов можно легко сбиться. Что уж
говорить о бесконечном процессе! Однако такое возражение не
вполне корректно. Когда мы говорим о математическом
переборе, мы считаем, что этим процессом занимается идеальный
человек или абсолютно надежная машина, которые в принципе не
могут допускать ошибок из-за невнимательности. Поэтому
если алгоритм не допускает двойных толкований в каждом
отдельном случае и теоретически может быть реализован, то
предполагают, что его можно осуществить и на практике. Даже в
том случае, когда он состоит из бесконечного числа шагов.
Поскольку про любой элемент а& множества А можно
сказать принадлежит ли он подмножеству В или нет (см. 110),
250 Трудности доказательств
мы сможем пронумеровать все элементы из В. Более того, так
как ошибок допускаться не будет, мы не пропустим ни одного
номера и никаким номером не воспользуемся дважды.
Остается лишь одна причина, по которой мы можем не
использовать всех натуральных чисел в качестве номеров
элементов из В. А именно, нам может не хватить элементов
множества В. Предположим, что последнее натуральное число,
которым мы пронумеровали элемент из В, равно М. Иными
словами, последний обнаруженный нами элемент из В оказался
ак — 6м, а все элементы щ с индексом г > К уже не
принадлежат подмножеству В. Очевидно, что в таком случае число
элементов в В равно ровно М, что противоречит
бесконечности этого подмножества.
Итак, мы показали, что наш алгоритм действительно ведет
к пересчету всех элементов из В, т.е. В — счетное множество.
■
Теорема. Объединение двух счетных множеств
является счетным.
Доказательство. Пусть А и В — счетные множества.
Разберем два случая.
1) А П В = 0. Выписав элементы множеств в две строчки
А = {αι,α2,α3,α4,α5...},
В = {6Ь 62,63,64,65...},
можно указать алгоритм пересчета всех выписанных
элементов.
а\ имеет номер 1;
Ь\ имеет номер 2;
ап имеет номер 2п — 1;
Ьп имеет номер 2п;
Приложение 251
Таким образом, элементы множества А пронумерованы
нечетными натуральными числами, ай — четными.
Формализуя алгоритм пересчета, можно сказать, что каждому
натуральному числу т мы сопоставляем элемент /(га) Ε A U В,
где
{gm+i, если т — нечетное число,
от, если т — четное число.
Не составляет труда проверить, что / : N —> AU В является
взаимно-однозначным соответствием, так что AUB — счетное
множество.
2) Предположим теперь, что Α Π Β φ 0. Обозначим через
В' подмножество в £?, равное В \(АП В). Тогда справедливы
соотношения:
AUB' = AUB, А П В' = 0.
Если В' — конечное множество, то AU В = AU В' и счетно
(см. упр.2 на стр.257). Если же В' бесконечно, то оно само
счетно ввиду предыдущего примера, иАиВ = АиВ' рав-
номощно множеству натуральных чисел по предыдущей части
доказательства. ■
В качестве последнего примера счетного множества
хочется рассмотреть множество рациональных чисел.
Пример 9. Множество Q рациональных чисел счетно.
Доказательство. Проведем доказательство в два этапа.
Сначала покажем, что множество Z2 всех дробей ^ с целыми
числителем и знаменателем счетно, а потом реализуем
рациональные числа как бесконечное подмножество в Z2.
Для пересчета элементов множества Z2 каждую дробь ^
удобнее всего изображать точкой на плоскости с
координатами (га,п). Алгоритм пересчета приведен на рис. 13. Он
заключается в методичном обходе всех точек с целыми
координатами по расширяющейся спирали.
252 Трудности доказательств
*17 '
*18
19
#20 *
*21
У
\б
*5
6
V
*22
*15
4
1
8
23
*14
*3
2
*9
*24
\з
*12
Ίΐ
\θ
*25 *26
Рис. 13
Нет нужды говорить о том, что следуя алгоритму, мы
установим взаимно-однозначное соответствие между множеством
Ζ2 и натуральными числами, т. е. Ζ2 — счетное множество.
Любое рациональное число равно какой-то дроби с
целыми показателем и знаменателем. Поэтому его можно
отождествить с каким-то элементом из Ζ2. К сожалению,
рациональному числу соответствует не одна дробь, а бесконечно много.
Достаточно посмотреть на следующую цепочку равенств:
1_2_3_4_5_ η
2~4~6~8~Ϊ0~'"~2η~'"
Но если брать только несократимые дроби, числитель
которых — целое число, а знаменатель — натуральное, то мы
получим взаимно-однозначное соответствие между такими
дробями и рациональными числами. Мы изобразили все дроби на
координатной плоскости. Отбросим теперь те из них, вторая
координата (знаменатель) которых меньше или равна нулю,
а из оставшихся отметим точки с взаимно простыми
координатами. Очевидно, множество отмеченных точек совпадет
с множеством рациональных чисел. Таким образом мы
реализовали рациональные числа как бесконечное подмножество
счетного множества. Следовательно, Q — счетное множество.
Приложение 253
Если рациональные числа изображать точками с целыми
координатами, то огромность множества Q как-то теряется
и разобранный нами пример не очень впечатляет. А Вы
попытайтесь отметить все рациональные точки на
вещественной прямой... Это сделать практически невозможно. Если все
же постараться и изобразить достаточно много рациональных
чисел на отрезке [0,1], то можно увидеть, что наши пометки
заняли весь отрезок, хотя, как известно, на нем есть еще и
иррациональные числа. Это происходит из-за того, что как бы
ни был тонок Ваш карандаш (или ручка), его острие имеет
какую-то толщину, пусть и очень маленькую. Поэтому,
ставя им точку на отрезке, Вы отмечаете не одно рациональное
число, а сразу бесконечно много, как ни парадоксально это
звучит. Вы, конечно, можете не поверить такому заявлению.
И будете совершенно правы. Любое математическое
высказывание (а в идеале не только математическое) необходимо
доказывать. Сделаем это.
Пример 10. В отрезке [α,/З] сколь угодно малой длины,
лежащем на вещественной прямой, содержится бесконечно
много рациональных чисел.
Доказательство. Без ограничения общности можно
считать, что данный нам отрезок целиком лежит справа от нуля.
Обозначим длину отрезка через ε и докажем сначала, что
найдется положительное рациональное число, которое будет
еще меньше. Если ε ^ 1, то q = \ нас вполне устроит. Будем
считать, что ε < 1. Тогда - > 1. С другой стороны, какое
бы мы ни взяли положительное число, найдется натуральное
число, которое окажется еще больше. В частности, можно
подобрать натуральное η > -. Оно нам позволяет построить
ι ε
рациональное число q — ^ < ε, которое мы искали.
Пусть ρ — | = з^, тогда положительное рациональное
число ρ удовлетворяет неравенству: ρ < |. Разберем два
возможных случая: ρ ^ а и ρ < а.
254 Труд ности доказательств
Если ρ ^ а, то как р, так и 2р принадлежат отрезку [а, /3].
Действительно, предположение о том, что хотя бы 2р вылезет
за границы нашего отрезка, приводит к цепочке неравенств:
2ρ>β>β-α = ε,
что противоречит выбору числа ρ: 2ρ < γ < ε. Таким
образом, если ρ > α, на нашем отрезке можно найти по крайней
мере два рациональных числа: ρ и 2р.
Пусть теперь ρ < а. Так как Зпр = 1, то найдется такое
натуральное число А;, что kp ^ а. Обозначим через ко
наименьшее из натуральных чисел, обладающих таким свойством, т. е.
к0р ^ а, {к0 - \)р < а.
Покажем, что рациональные числа кор и (ко + 1)р лежат на
отрезке [а,/?]. Поскольку (Л;о + 1)р > кор > а:, то для этого
достаточно проверить, что (ко + 1)р < β.
2
(к0 - 1)р < а 4Ф (к0 + \)р < а + 2р < а + -ε < а + (β - а) = β.
о
Итак, в обоих возможных случаях мы указали два
рациональных числа на отрезке [α,β]. Обозначим их как q\ и 92,
считая, что q\ < 92· А теперь осталось самое простое:
предъявить бесконечно много рациональных чисел, лежащих между
91 и 92·
Для любого натурального к ^ 3 обозначим через qk
рациональное число 9ι + ?2з?1 · Очевидно, что
, 42 -q\ ^ , / ч
91 < Qk = 9ι + —j— < 9ι + (92 - 9i) = 92,
т. е. каждое из qk лежит между 9ι и 92, а значит, и на отрезке
[α,/З]. Осталось заметить, что чисел qk так же много, как и
натуральных, а именно, счетное множество. ■
Мы так долго и скурпулезно занимались счетными
множествами, что могло создаться впечатление: других
«бесконечностей» нет. Это, конечно же, не так. Просто на счетных
Приложение 255
множествах гораздо удобнее демонстрировать
принципиальные различия между конечными и бесконечными
множествами. Приведем пример множества, мощность которого больше
мощности натуральных чисел.
Пример 11. Множество вещественных чисел, лежащих
на отрезке [0,1], несчетно.
Доказательство. Мы воспроизведем здесь
доказательство, принадлежащее автору теории сравнений множеств,
Георгу Кантору. Он воспользовался методом «от противного».
Прежде всего напомним, что любое вещественное число А
из рассматриваемого отрезка однозначно представляется
бесконечной десятичной дробью А = 0,0,10,20,30,40,5 ..., где каждая
из θ{ — какая-то цифра. Даже 1 записывается как
0,99999... =0,(9) = 1.
Можно возразить, что некоторые рациональные числа
представляются конечными дробями. Но это не большая помеха.
Недостающие разряды можно заполнить нулями. А если Вас
это не устраивает, выбросьте их из отрезка. Там все равно
останется очень много чисел. Гораздо больше, чем счетное
множество.
Итак, предположим, что множество вещественных чисел
на [0,1] все же счетно. То есть, мы как-то смогли их все
перенумеровать. В таком случае выпишем их в столбик:
А\ = 0,011012013^14^15^16^17^18 · · ·
А2 = 0, 021^22^23^24^25^26^27^28 · · ·
As = 0, 031032^33^34^35^36^37^38 " * *
А\ = 0, 04l042^43a44a45a46a47a48 · · ·
По нашему предположению в этой бесконечной таблице
выписаны все интересующие нас числа. Покажем, что по край-
256 Трудности доказательств
ней мере одно мы все-таки пропустили. Казалось бы,
подумаешь — одно число. Добавить его, да и дело с концом. Ну
хорошо, добавьте. Можете дописать и не одно, а все, что
отсутствуют пока в этом списке. Но коль скоро мы предполагаем,
что наше множество счетно, то должна быть такая таблица,
которая содержит все его элементы. Вот ее-то мы и возьмем,
и если все же отыщем неучтенное число, то все отговорки
будут уже лишними: придя к противоречию с предположением,
мы докажем несчетность точек на единичном отрезке.
Приступим к построению числа В = 0,6162^364···, кото~
рого нет в таблице. Сделаем это с помощью математической
индукции. Прежде всего заметим, что какие бы мы цифры
ни написали вместо Ь^-ых, получится число из [0,1]. В
качестве первой значащей цифры Ь\ возьмем любую, неравную αϊ ι.
Например, а\\ + 1 (если αϊ ι φ 9) или an — 1 (если а\\ — 9).
Несмотря на остальные цифры числа В, можно утверждать,
что В φ Αι, так как у них первые же цифры после запятой
разные. Предположим теперь, что нам удалось подобрать
первые η цифр bi, &2, · · ·, Ьп так, что вне зависимости от
остальных знаков числа В, мы уже имеем неравенства: В φ Α{ при
г = 1,2, ...,п. Выберем следующую цифру, руководствуясь
правилом:
, ]αη+ι,η+ι + 1, если an+ij7l+i φ 9,
0η+1 = <
[αη+ι?η+ι - 1, если αη+ι?η+ι = 9.
Число Ап+\ отличается от того, которое мы строим, в (п + 1)-
ом знаке. Стало быть, какие бы мы дальше цифры ни
дописали после Ьп+ь все равно В φ Αη+\. Продолжая этот процесс и
далее, мы естественно построим число В, принадлежащее
единичному отрезку, но не равное ни одному числу из таблицы.
Приложение 257
Упражнения
1. Покажите, что множество четных натуральных чисел
равномощно множеству нечетных натуральных чисел.
2. Покажите, что объединение конечного и счетного
множества является счетным.
3. Покажите, что объединение любого конечного числа
счетных множеств счетно.
4. Пусть А\, ^2,..., Ап,... — бесконечная
последовательность счетных множеств. Докажите, что множество Л,
равное объединению всех Л^-ых, является счетным.
5. Предположим, что четыре непересекающиеся множества
А, В, С и D удовлетворяют соотношениям:
ЛхВ, CxD.
Покажите, что в таком случае A U С равномощно В U D.
6. Покажите, что в любом бесконечном множестве можно
выделить счетное подмножество.
7. Пусть А — бесконечное, а5 — конечное множества,
причем АПВ = 0. Покажите, что AUВ равномощно
множеству А. Иными словами, от добавления к бесконечному
множеству любого конечного числа элементов, его
мощность не меняется.
Указание: выделите в множестве А счетное
подмножество С и представьте А как объединение
непересекающихся подмножеств: А' = А \ С и С. Покажите, что
С = С U В счетно и установите взаимно-однозначное
соответствие между А = А'иСиАиВ = А' иС.
8. Покажите, что множество линейных многочленов с
целыми коэффициентами счетно.
9. Докажите, что множество всех многочленов с целыми
коэффициентами счетно.
258 Трудности доказательств
10. Вещественное число называется алгебраическим, если оно
является корнем какого-то многочлена с целыми
коэффициентами. Покажите, что множество всех
алгебраических чисел счетно.
11. Опираясь на предыдущую задачу, повторите результат
Кантора, который доказал, что существуют
трансцендентные числа, т. е. вещественные числа, которые не ал-
гебраичны. В частности, их нельзя записать, используя
целые числа и радикалы всевозможных степеней.
12. Покажите, что любые два отрезка равномощны (здесь и
далее мы будем отождествлять отрезки, интервалы,
двумерные фигуры и трехмерные тела с множеством точек,
из которых они состоят).
13. Покажите, что интервал равномощен прямой.
14. Покажите, что любой интервал равномощен любому
отрезку.
15. Покажите, что единичный отрезок равномощен
единичным квадрату и кубу.
Указание: вещественному числу 0, а^аз · · ·
сопоставьте точку с координатами (я,у), где
χ = 0, αια3α5α7 ... α2η-ι · · · ·>
а
у = 0, а,2сцаъаъ ... а,2П
Предел последовательности
Познакомившись с бесконечными множествами и
приемами работы с ними, можно переходить к самому важному и
наименее ясному понятию математического анализа — пределу.
Приложение 259
Мы не будем изучать пределы функций. Ими достаточно
много занимаются на первом курсе любого технического ВУЗа.
Беда в том, что не владея в полной мере пределом бесконечной
последовательности, освоить предел функции очень тяжело.
Да, естественно, большинство студентов в конце концов
овладевает способностью вычислять несложные пределы функций.
Но как только дело доходит до экзамена, когда требуется
доказать тот или иной факт из теории пределов...
Обратимся к истокам проблемы. Еще древние греки легко
оперировали с рациональными и простейшими
иррациональными числами. А вот предельный переход многих из них
заводил в тупик. Истории математики известно, что первый
кризис в точной науке возник именно из-за пределов благодаря
парадоксам Зенона. Об одном из них мы расскажем.
Предположим, что Ахиллес хочет догнать черепаху.
Обозначим расстояние, разделяющее их в начальный момент
времени, через щ. Движение они начинают одновременно.
Предполагается, что Ахиллес бегает существенно быстрее, чем
ползает черепаха. Очевидно, он довольно быстро ее догонит. Но
Зенон приводит рассуждение, которое «убедительно
доказывает», что этого никогда не произойдет.
Через какой-то момент времени после старта Ахиллес
покроет расстояние щ, отделявшее первоначально его от
черепахи. Но и она не стоит на месте и за это время проползет
какое-то расстояние г^· Значит, в этот момент Ахиллес еще
не догнал черепаху. Затем Ахиллес пробежит и расстояние г^,
а черепаха за тот же промежуток времени опять уползет на
какое-то расстояние щ > 0. И так далее... В тот момент,
когда Ахиллес пробегает очередной промежуток wn, черепаха
отползает на ненулевое расстояние ип+\. Следовательно, в
каждый рассматриваемый момент времени η расстояние между
соревнующимися больше нуля. Иными словами, Ахиллес
никогда не догонит черепаху.
260 Трудности доказательств
На это рассуждение можно выдвинуть по крайней мере два
возражения. Разберем каждое из них и посмотрим, насколько
они состоятельны.
Самое первое, что приходит в головы, это сказать, что
рассуждение Зенона неверно, поскольку не вызывает
сомнений: Ахиллес черепаху обязательно догонит. Действительно,
не вызывает. Зенон и сам это прекрасно понимал, иначе не
шла бы речь о парадоксе. Но этот аргумент не указывает на
конкретную ошибку в рассуждении античного математика, а
всего лишь говорит о том, что оно приводит к неверному
ответу. Но вот почему?
Ладно, думаете Вы. Покритикуем само доказательство.
Поскольку Ахиллес бежит быстрее черепахи, то расстояние,
разделяющее их к каждому следующему моменту, будет
постоянно сокращаться, становиться все меньше и меньше. В конце
концов оно окажется не больше ступни древнего героя. Так
что с практической точки зрения можно считать, что в этот-
то момент он ее и догонит.
Это возражение уже более грамотное, но оно, тем не менее,
не достигает своей цели. Причин этому две. Первая: мы
говорим не о реальных соревнованиях, а о математической
проблеме. Поэтому если расстояние между бегунами хоть и мало, но
не равно нулю, мы не можем присудить победу в забеге
Ахиллесу. Вторая: расстояние между соперниками на самом деле
постоянно уменьшается. Да только почему оно станет сколь
угодно маленьким? Рассмотрим такую последовательность:
i4i = l,l; 142 = 1,01; ...; un = 1,0_^Д)1;
п-1
Здесь тоже каждый следующий член меньше предыдущего.
Однако все они больше 1. Так что и второе возражение не
решает нашего парадокса.
А может, сложить все промежутки, которые пробегает
Ахиллес, да и дело с концом? Любопытное предложение. А как это
сделать? Если бы речь шла о конечном числе слагаемых, то с
Приложение 261
теоретической точки зрения совершенно не важно, много их
или мало. Мы бы нашли результат. Как же вычислить сумму
бесконечного числа слагаемых? В общем виде рассуждать о
такой операции довольно сложно. Поищем какой-нибудь
простой конкретный пример.
Используя ту же мысль, что и в парадоксе Зенона,
представим, что мы наблюдаем за двумя муравьями,
направляющимися к своей норке (см. рис. 14).
1 2 3 4 5 норка
Рис. 14
В нулевой момент времени первый муравей стоит на
отметке 1, а второй на отметке 2. Расстояние между ними
составляет 1 м. Второму муравью нужно пробежать до норки тоже 1 м,
однако скорость первого ровно в два раза выше скорости
второго. Ясно, что начав путешествие к норке одновременно,
муравьи попадут домой в одно и то же время (более быстрому
предстоит пробежать вдвое большее расстояние). Таким
образом, мы знаем, что до встречи со своим собратом первому
муравью предстоит преодолеть 2 м. Будем теперь рассуждать по
схеме, предложенной Зеноном, но при этом постараемся найти
сумму бесконечного числа дистанций, которые будет
пробегать первый муравей.
Итак, сначала более расторопный бегун, согласно Зенону,
добежит до отметки 2, т. е. щ = 1. За это время второй
муравей проползет в два раза меньшее расстояние, т. е. полметра и
окажется на отметке 3. Затем первый муравей достигнет
отметки 3, преодолев расстояние щ = ^, а второй — отметки 4,
отстоящей от 3 на расстоянии и 2 = 4· Видно, что в каждый
следующий момент как первый, так и второй муравьи будут
пробегать ровно половину расстояния, пройденного на
предыдущем этапе пробега. Так что сумма, которую нам нужно
вычислить, состоит из следующих слагаемых:
111 1
и0 = 1, «1 = 2' "2 = 4' "3 = 8' "'' "" = 2"' "'
262 Трудности доказательств
Полезно ввести стандартное обозначение для сумм такого
вида.
N
У^ Un = Щ + Щ + U2 Η + Um,
п=0
оо
У^ Un = Щ + Щ + U2 Η + UN +
71=0
где первое обозначение — краткая запись суммы хоть и сколь
угодно большого, но конечного числа слагаемых, а второе —
специально предназначено для бесконечных сумм. Скажем, что
последняя сумма обычно называется числовым рядом, хотя
сейчас это и не столь важно.
Как мы уже выяснили, первого муравья отделяют от норки 2 м.
Так что искомая бесконечная сумма по идее должна быть тоже
равна 2. Итак, нам предстоит доказать равенство:
°° 1 11
71=0
Многие из читателей узнали в этой сумме бесконечную
геометрическую прогрессию. И если они хорошо помнят школьные
формулы, то с помощью легких арифметических действий они
уже смогли убедиться в истинности равенства. Все это
замечательно. Но формулу тоже ведь надо доказывать. Приведем
доказательство (которое обычно показывают в школе) в этом
конкретном случае и поразмышляем насколько оно корректно.
Обозначим искомую сумму через х, т. е.
оо
Ζ—1 On
п 2'
η=0
Приложение 263
Раздлелим обе части этого равенства на 2 и получим
оо
χ Ι γ-ν 1
9 ~~ 9 2-^i On
2^21
п=0
1,, 1 1
1 1 1
оо 1
= У-·
Очевидно, что если к обеим частям равенства теперь
прибавить 1, то справа будет стоять исходная сумма, которая, как
мы предположили, равна числу х. Таким образом мы получаем
уравнение:
х
2+1=*'
откуда χ = 2. На первый взгляд все вычисления кажутся
безупречными. Да и с ответом, полученным другим способом,
согласуются. Чего же еще желать? Но если Вы внимательно
читали примеры доказательств, в том числе и неверных, то
смогли убедиться, что точно таким же рассуждением
доказывается соотношение
ОО -,
Σ*·~ϊ·
71=0
что абсурдно (см. теор. 3 на стр. 156).
Где же спряталась ошибка? Можете не перепроверять
вычисления. Они верны. Загвоздка в том, что как в первом, так
и во втором случае мы неявно предполагаем, что
бесконечная сумма равна какому-то вещественному числу. А на каком,
собственно, основании? Разумеется, любой хороший учитель
математики осознает всю трудность суммирования
бесконечного числа слагаемых и иногда даже говорит о ней своим
ученикам. Но на уроке при теперешней насыщенной программе
264 Трудности доказательств
нелегко объяснить школьникам существо проблемы. Мы же
никак не ограничены временем и можем попытаться
проникнуть в тайны бесконечных сумм.
Прежде всего поймем, почему во втором примере получа-
оо
ется такой странный результат. Покажем, что сумма ^ Зп не
71=0
может быть равна никакому вещественному числу. Для этого
сложим первые ее N слагаемых.
N
]Гзп = 1 + з + з2 +... + з*.
71=0
Поскольку здесь мы имеем дело с конечной суммой (может,
и большого числа слагаемых), то по свойствам вещественных
чисел в результате должно получиться вещественное число.
Обозначим его через Sn- Прибавив к нему 3^+1, мы получим
следующую конечную сумму Sn+\. Значит,
Sn + 3 = SV+i·
Если же равенство вещественных чисел
1 + 3 + З2 + · · · + 3* = SN
умножить на 3 и к обеим его частям прибавить по 1, то
Sn+i = 35дг + 1.
Возникла система уравнений на неизвестные £дг и Sn+\.
Решая ее, находим
SN = ·
Заметим, что Syv+i > «SW + 1· Действительно,
gN+2 _ J З^"1"1 — 1
Sn+i >Sn + 1 4Ф > + 1 <Ф
4Ф 3*+2 - 1 > 3N+1 + 1 <Ф
оЗлг+1(3-1)> -2.
Приложение 265
Последнее неравенство истинно. Значит, и исходное верно.
Итак, прибавляя каждое следующее слагаемое, мы
увеличиваем нашу сумму больше чем на 1. Следовательно, для любого
наперед заданного числа Μ найдется такое 7V, что 5дг > Μ.
Осталось только заметить, что прибавляя к £дг еще
бесконечное число положительных слагаемых, мы никак не
сможем уменьшить результат. Ровно поэтому нет никакого
вещественного числа, которому равнялась бы бесконечная сумма
степеней тройки.
оо
Проделаем аналогичную процедуру с первым рядом Σ ^-.
71=0
Обозначив через адг сумму первых N слагаемых, найдем
N
У-
/ ' on '
71=0
1 ! 1 1
откуда
1
адг = 2 —
2*'
Стало быть, на каждом конечном шагу при сложении
степеней \ мы будем получать сумму адг, не превосходящую 2.
Естественно предположить, что и бесконечная сумма не
может быть больше 2. С другой стороны, как бы мало мы ни
отступили от 2 влево, взяв какое-то вещественное число Ъ < 2,
найдется такой номер 7V, что адг и все последующие конечные
суммы будут больше Ь. Докажем это более аккуратно.
Так как b < 2, то разность 2 — b = ε положительна. Найдем
натуральное число 7V, удовлетворяющее неравенству:
Ν 1
< ε.
2Ν
Так как функция у = log ι χ убывает, то последнее равносиль-
2
но такому:
N > logi ε. (Ι)
2
266 Труд иости доказательств
Таким образом, как только натуральное число N
удовлетворяет неравенству (1), конечная сумма адг станет больше Ь. Более
того, очевидно, каждый следующий член нашей
последовательности больше предыдущего. Поэтому можно утверждать, что
не только адг превысит Ь, но и все следующие конечные суммы
попадут в интервал (6,2).
Все больше хочется сказать, что наша бесконечная
сумма равна 2. Но, как говорится, обжегшись на молоке, дуешь
на воду. Кое-какая неясность все же остается. Сможем ли мы
сложить бесконечное число слагаемых? А если все же
пренебречь этим опасением, то можно еще усомниться, что
получится именно число, а не что-нибудь экзотическое. С
возможностью бесконечного суммирования поделать ничего нельзя.
Математики, оперируя с бесконечными суммами, физической
возможности сложить все эти числа не придают значения,
считая, что если можно как-то обосновать, что искомая сумма
равна какому-то конкретному вещественному числу, то и
дело с концом. К этой мысли придется привыкать постепенно.
Но если вдуматься, то ничего особенно странного в этом нет.
Вы и сами часто прибегаете к таким ухищрениям.
Представьте, что Вам нужно вычислить сумму:
5 = 21+21+21 + ..-+21.
4 ν '
21
Вы же не станете по-настоящему складывать все эти
слагаемые, а замените сложение умножением: 5 = 21-21 = 441.
Вот второе сомнение наиболее существенно. Именно оно не
позволяло грекам выйти из кризиса, порожденного
парадоксами Зенона. Выход, конечно, есть. Он заключается в
предельном переходе, о котором и пойдет речь дальше.
Рассмотрим еще раз нашу бесконечную последовательность
конечных сумм:
,37 1
ао = 1, а\ — -, а,2 = -, · · ·, ап = Ζ - —, ...
Приложение 267
Как мы уже видели, она возрастает и ограничена, т. е. для
любого номера η имеет место неравенство ап < αη+ι < 2.
Фактически нам нужно приписать такой последовательности
какое-то вещественное число. Сделаем это в общем виде.
Пусть нам дана бесконечная последовательность
{Ьп} = 60,ί>1,ί>2,···,6η,...,
которая возрастает и ограничена сверху. Последнее условие
означает, что найдется такое вещественное число М, что
любой член последовательности будет удовлетворять
неравенству Ьп < М. Попытаемся приписать ей определенное
вещественное число, к которому приближаются или, еще говорят,
стремятся члены последовательности. Сразу скажем, что
отталкиваясь от школьного курса математики, абсолютно
строго, да так, чтобы еще и понятно было, это сделать
невозможно. Нужна дополнительная аксиома вещественных чисел, т. е.
интуитивно ясное утверждение, принимаемое на веру, но на
которое можно опираться при доказательствах.
Принцип непрерывности. Предположим, что
элементы двух подмножеств вещественных чисел А и В обладают
следующим свойством: для каждого элемента a G А и любого
b G В выполнено неравенство
а ^ Ь.
Тогда найдется такое вещественное число с, которое
лежит строго между этими множествами. Иными словами,
для всех пар a G А и b G В будет справедливо двойное
неравенство:
а ^ с ^ Ь.
Принцип сомнений не вызывает, особенно если множества,
о которых идет речь, изобразить на рисунке. Сразу отметим,
268 Трудности доказательств
А В
а с ь
Рис. 15
что в нем не говорится о единственности точки с. Да это будет
и неправильно. Достаточно рассмотреть
А = {0}, В = {1},
чтобы убедиться, что в качестве точки с может выступать
любое вещественное число, принадлежащее отрезку [0,1]. Но
при некотором дополнительном условии такая точка с будет
только одна.
Усиленный принцип непрерывности. Допустим, что
элементы двух подмножеств вещественных чисел А и В
обладают следующими свойствами:
- для каждого элемента a G А и любого b G В выполнено
неравенство а ^ Ь;
- для любого положительного числа ε найдется пара
элементов a G А и b G В7 для которой \Ь — а\ < ε.
Тогда существует единственное вещественное число с,
лежащее строго между А и В.
Доказательство. О том, что хотя бы одно число с между
множествами А и В найдется, говорит принцип
непрерывности, который не нуждается в доказательстве. Предположим
теперь, что есть еще какое-то число с', удовлетворяющее
неравенству
а ^ cf ^ b
для любой пары элементов из множеств А и В. Поскольку и с
удовлетворяет такому неравенству, то как с', так и с
принадлежат отрезку [а, 6]. Следовательно, расстояние между с и с' не
Приложение 269
превышает расстояния между а и Ь. Запишем это в терминах
модулей:
\с — с'\ ^ \Ь — а\.
С другой стороны, мы предположили, что с φ с'. Поэтому
εο = \с — с'\ > 0. Стало быть, какие бы мы элементы a Ε А и
b Ε В ни взяли, отрезок [а, Ь] будет содержать обе точки с и с'
и расстояние |Ь—а| будет больше εο· Полученное противоречие
с условием доказывает единственность точки с. ■
Вернемся к возрастающей последовательности и
рассмотрим множество А, состоящее из всех вещественных чисел М,
которые больше любого члена последовательности {Ьп}.
Лемма 1. Множество А имеет минимальный элемент, т. е.
такое число М$ Ε А, которое меньше любого Μ Ε А.
Доказательство. Обозначим через В множество всех
элементов последовательности {Ьп}:
В = {Ьп|п = 0,1,2,3,···}.
Ввиду выбора множества Л, каждый его элемент больше или
равен любому члену последовательности {Ьп}, т.е. элемента
множества В. По принципу непрерывности найдется такое
число с, что
bk^c^M (2)
для всякого bk Ε В и Μ Ε А. В частности, с меньше
любого элемента множества А. Покажем, что М$ = с принадлежит
множеству А. Для этого достаточно показать, что любой член
последовательности {Ьп} не превосходит М$ = с. Но это
непосредственно следует из неравенства (2). Лемма доказана. ■
Лемма 2. Число Мо, найденное в предыдущей лемме,
обладает следующим свойством: для любого ε > 0 найдется
такое натуральное число N (п > Ν), что все элементы после-
270 Трудности доказательств
довательностпи {Ьп}, номер которых больше N,
удовлетворяют неравенству
\Ьп-М0\ <ε.
Доказательство. Раскрывая модуль, неравенство из
условия можно переписать в виде
М0 - ε < bn < М0 + ε.
Так как Мо — наименьший элемент множества Л, то число
Мо — ε < Мо уже ему не принадлежит. Поэтому найдется член
последовательности Ьдг, превышающий Мо — ε (в противном
случае число (Мо — ε) Ε Λ). Точнее говоря, Мо — ε < Ьдг.
Последовательность {Ьп} возрастает. Значит, как только η > TV,
имеем bn > Ьдг > Мо — ε. С другой стороны, Мо больше любого
члена нашей последовательности. Следовательно,
М0 + ε > Мо > Ьп > Мо - ε.
Лемма доказана. ■
Следствие 3. В любом сколь угодно малом интервале
(α, β)7 включающем число Мо, содержится бесконечно
много членов последовательности {Ьп}, в то время как вне его
находится только конечное число членов.
Доказательство. Так как Мо G («,/?), то имеет место
строгое неравенство
а < М0 < β.
Ясно, что найдется такое положительное число ε, что
α<Μ0-ε<Μ0<Μο + ε</3
(см. рис. 16).
α β
—ί—· · · >
Мо - ε Мо М0 + ε
Рис. 16
Приложение 271
По предыдущей лемме все элементы Ьп, начиная с некоторого
номера 7V, удовлетворяют неравенству
\Ьп - М0\ < ε => α<Μ0-ε<δη<Μ0 + ε<β
и поэтому принадлежат интервалу (α, β). Заметим, что таких
членов действительно бесконечно много: Ьцг, Ьдг+ь - - - -> Ьк-> —
С другой стороны, вне интервала могут лежать только
такие Ьп, чей номер меньше N. Значит, их количество не
превосходит 7V, т. е. конечно. ■
Благодаря следствию становится ясно, что после того, как
мы отбросим какое-то конечное число членов
последовательности, вся она будет помещаться в очень малом интервальчике,
окружающем М$. Можно даже считать, что он настолько мал,
что изображается на прямой маленьким пятнышком, очень
похожим для нашего глаза на точку. Так что очень естественно
приписать нашей последовательности именно число М$. Такое
число принято называть пределом последовательности {Ьп}.
Сформулируем точное определение.
Определение. Вещественное число М$ называется
пределом последовательности {Ьп} (не обязательно
возрастающей), если для любого положительного ε найдется такое
натуральное число </V(e), зависящее от ε, что все элементы
последовательности {Ьп}, номер которых больше Ν(ε) (η > Ν (ε)),
удовлетворяют неравенству
\bn-M0\ <ε.
При этом пишут:
lim bn = Mq.
η—юо
Подводя итог исследованиям возрастающей
последовательности, сформулируем доказанную нами теорему.
Теорема 4. Любая ограниченная возрастающая
последовательность имеет предел.
272 Трудности доказательств
Вернемся к парадоксу. Мы остановились на желании
вычислить бесконечную сумму
оо л
У-·
п=0
При этом определили, что для всякого натурального числа N
конечная сумма
^ 2п 2 + " * + 2^
п=0
равна адг = 2 — ^г. Иными словами, у нас есть бесконечная
возрастающая последовательность {αν}, члены которой не
превосходят 2. Кроме того, вычисления на стр. 265 фактически
доказывают, что
lim адг = 2.
N—►00
Поэтому для корректного решения задачи по бесконечному
суммированию нам осталось лишь сформулировать следующее
определение.
Определение. Рассмотрим бесконечную
последовательность {ип} и формальную сумму ее членов
оо
Σηη.
71=0
Говорят, что она равна числу 5, если предел
последовательности конечных сумм равен S. Более точно,
ΙΝ \
lim I >^ ип I
\п=0 /
S.
N-
Бесконечные суммы или ряды безусловно служат
интересным объектом исследований и обсуждений. Но как Вы уже
Приложение 273
успели заметить, этот вопрос тесно связан с пределом
последовательности и, видимо, вообще со свойствами бесконечных
последовательностей. В упражнениях, помещенных в конце
этого параграфа, сформулировано несколько задач о рядах.
Решая их, Вы лучше познакомитесь с этим предметом. Наша
же цель — более подробно обсудить предельный переход. Для
этого полезно разобрать какое-то количество примеров и
выяснить свойства пределов и бесконечных последовательностей.
Начнем с примеров.
Довольно часто в ответ на вопрос, что такое предел
последовательности, можно услышать ответ: это такое число, к
которому стремятся члены последовательности, но никогда его
не достигают. Следующие примеры показывают, что это не
так.
Пример 1. Пусть все члены последовательности {ап}
равны какому-то одному числу а, т. е.
ао = а\ = а,2 · · · = ап = · · · = а
(такая последовательность называется постоянной). Тогда
lim an = а.
п—юо
Доказательство. Если вспомнить, что
последовательность, имеющая пределом число L, вся, начиная с
некоторого члена, должна располагаться в маленьком интервальчике,
охватывающем L, то утверждение примера сомнений не
вызовет. Тем не менее его нужно доказать, опираясь на
определение.
Возьмем произвольное положительное ε. Нам нужно
указать такое натуральное число Ν(ε), что как только η > Ν(ε),
так
\а — ап\ < ε.
10 — 6617
274 Трудности доказательств
Любой член нашей последовательности равен а. Поэтому
модуль разности \ап — а\ равен нулю, т. е. меньше ε. Итак, можно
утверждать, что искомое натуральное число Ν(ε) = 1. ■
Пример 2. Рассмотрим последовательность
_ Г 0, если η = 2k,
п | -, если η = 2k + 1.
Иными словами, каждый ее член с четным номером равен О,
а с нечетным — некоторой дроби. Покажем, что
lira an = 0.
п—юо
Доказательство. Возьмем произвольное ε > 0. В силу
определения предела нам нужно для этого ε найти такое
натуральное число Ν(ε), что все члены последовательности с
номером η > Ν(ε) удовлетворяют неравенству:
\ап - 0| < ε. (3)
Поскольку отнимая нуль от числа мы ничего не меняем, а все
члены нашей последовательности неотрицательны, то это
неравенство можно переписать как
ап < ε.
Заметим, что если η — четное число, то ап = 0 и неравенство
выполнено. Предположим теперь, что η — нечетное число.
Тогда ап = ^ и неравенство приобретает вид:
1
- < ε.
η
Значит, как только
1
η > -,
ε
Приложение 275
мы получаем: ап < ε. Поэтому в качестве Ν(ε),
фигурирующего в определении предела, можно взять любое натуральное
число, которое больше \. Положим, например,
Ν(ε)
1
е
+ 1,
где, как обычно, квадратные скобки обозначают целую часть
числа, т. е. наибольшее натуральное число, не превосходящее
данное.
Убедимся, что наш выбор доказывает утверждение. Пусть
η > Ν(ε). Если η — четное число, то ап = 0 и неравенство (3)
справедливо. Если η — нечетно, то
η > Ν(ε)
1
ε
1
+ 1 > -.
ε
Следовательно,
а
η
1
η
<е,
т.е. неравенство (3) выполнено. ■
Обратим внимание на очередную трудность, которая
мешает овладеть понятием предела. Дело в том, что в
определении речь идет о натуральном числе Ν(ε), зависящем от ε. Так
что создается впечатление, что Ν(ε) по ε определяется
однозначно. Это, разумеется не так! За разъяснением обратимся к
предыдущему примеру. Там мы взяли в качестве Ν(ε)
некоторое конкретное натуральное число, однозначно определяемое
по ε. Но могли выбрать и любое другое натуральное число,
большее Ν(ε). Действительно, пусть К = Ν(ε) + 10 и η > К.
Тогда номер η все равно будет больше Ν(ε) и, стало быть,
-0| <ε.
а
Пример. 3. Предел последовательности < ап
вен 2, т. е.
2п-з1
п+4 /
ра-
1. 2п - 3 ft
hm = 2.
п-юо П + 4
10<
276 Труд ности доказательств
Доказательство. Возьмем произвольное положительное
число ε. Чтобы найти Ν(ε), нам предстоит решить
неравенство:
2п-3
-2
<е,
п + 4
которое равносильно двойному неравенству:
2п-3
ε <
<2 + ε.
η + 4
Умножим его на положительное число п + 4:
2(п + 4) - ε(η + 4) < 2п - 3 < 2(п + 4) + ε(η + 4).
Отсюда видно, что исходное неравенство равносильно
следующему:
-ε(η + 4) < -11 < ε(η + 4).
Поскольку произведение ε (η+4) положительно, то правая часть
неравенства справедлива при любом натуральном числе п.
Выразим η из его левой части:
-ε(η + 4) < -11 4Ф ε(η + 4) > 11 <^>
, п
4Ф п + 4 > —
ε
4Ф η > 4.
ε
Так как мы пользовались только равносильными
преобразованиями неравенства, можно утверждать, что если η > γ — 4,
то
2п-3
п + 4
-2
< ε.
Значит, в качестве Ν(ε) можно взять любое натуральное
число, большее γ — 4, например, </V(e) = [γ — 4] + 1, где, как
обычно, квадратными скобками мы обозначаем целую часть
числа. ■
Приложение 277
Теперь имеет смысл привести примеры
последовательностей, которые не имеют предела (есть и такие).
Пример. 4. Последовательность {ап = (—1)п} предела
не имеет.
Доказательство. Прежде чем приступить к
формальному изложению доказательства, внимательно посмотрим на
данную последовательность. Первые несколько ее членов
выглядят следующим образом:
ао = 1, а\ = — 1, а,2 = 1, аз — —1> а4 = 1·
Иными словами, в ней чередуются 1 и —1. Интуитивно ясно,
что такой последовательности нельзя приписать ни одного
вещественного числа. Вопрос только в том, как это доказать?
Здесь мы сталкиваемся с утверждением, содержащим в своей
формулировке частицу «не». Согласно общим принципам
доказательств, приведенных в этой книге, его следует доказывать
методом «от противного».
Итак, предположим, что найдется какое-то вещественное
число L, равное пределу этой последовательности:
lim(-l)n = L.
η—юо
По определению предела для любого положительного числа ε
найдется такое Ν(ε), что как только η > Ν(ε), будет
выполнено неравенство:
L-εκ (-l)n<L + ε.
Иными словами, все члены последовательности, номер
которых больше Ν(ε), попадают в интервал (L — ε, L + ε). В
частности, расстояние между этими членами последовательности
не будет превышать 2ε (длины интервала). Однако модуль
разности двух соседних членов нашей последовательности
постоянен и равен
Κ-αη+ι| = |(-1)η-(-1)η+1|=2.
278 Трудности доказательств
Значит, если ε = ^, то расстояние между любыми соседними
членами последовательности будет больше, чем 2ε.
Полученное противоречие доказывает отсутствие предела у
последовательности {(—I)71}. ■
Аналогичным рассуждением доказывается следующее
утверждение.
Пример. 5. Последовательность {ап = п} не имеет
конечного предела. То есть не существует такого
вещественного числа L, что
lim n — L.
η—юо
Мы не будем доказывать это утверждение, оставив его
проверку в качестве легкого упражнения. Отметим только:
в математике принято говорить, что предел такой
последовательности равен бесконечности. Попытайтесь
сформулировать соответствующее определение.
Перейдем к элементарным свойствам конечных пределов.
Если внимательно прочитать определение предела, то можно
легко убедиться, что в нем ничего не говорится о
единственности предела последовательности. Иными словами, возникает
вопрос: может ли быть так, что предел какой-то
последовательности равен не одному, а нескольким вещественным
числам. Ответ содержится в следующей теореме.
Теорема 5. Предел последовательности определен
однозначно.
Доказательство. Здесь нужно предположить, что
lim an — А и lim ап = В
п—юо п—юо
и показать: А — В.
Если А ф В, то без ограничения общности можно
предположить, что А < В. В этом случае ε = ^-^ > 0.
Приложение 279
Так как А — предел последовательности {αη}, то (по
определению) найдется такое натуральное число Л/д, что все
элементы последовательности, номер которых больше Να,
удовлетворяют неравенству:
Α-ε<αη<Α + ε.
С другой стороны, В — предел той же последовательности.
Значит, существует такое число Л/#, что как только η > Л/#,
верно неравенство:
Β-ε<αη<Β + ε.
Поскольку можно найти сколь угодно большое натуральное
число, выберем такое га, что га > Να и т > Νβ- Тогда
элемент последовательности ат должен удовлетворять обоим
неравенствам:
Α-εΚα,γηΚΑ + ε,
Β-εΚαη,κΒ + ε.
В геометрических терминах это означает, что точка ат
одновременно принадлежит интервалам (Α —ε, Α+ε) и (Β — ε,Β+ε).
Однако эти интервалы не пересекаются! Действительно,
л В-А „ В-А „
Α + ε = А Н — < В — = В - ε
(см. рис. 17).
Α + ε Β -ι
Э (г
В
Рис. 17
Полученное противоречие доказывает теорему. ■
Теорема 6. Отбросив от бесконечной
последовательности {ап} несколько первых членов (αο,αι,... ,am-i), получим
280 Трудности доказательств
новую бесконечную последовательность {Ьп}, где bo = am,
Ь\ — a>m+\j · · · j bn — ат+т · · · > причем если у
последовательности {ап} существует предел
lim an = Л,
п—юо
то у последовательности {Ьп} тоже существует предел и
lira bn = Л.
η—юо
Доказательство. Возьмем произвольное число ε > 0.
Для доказательства теоремы нам достаточно предъявить
такое натуральное число Ν(ε), что как только η > Ν(ε),
выполнено неравенство:
\Ьп -Α\<ε.
По условию lim an — А. Значит найдется такое натуральное
п—юо
число Μ(ε), что если к > Μ(ε), то
|а* - Л| < ε.
Осталось вспомнить, что а& = Ьь-т, т-е- как только А; > Μ(ε),
имеем
|6ib_m - А\ < ε.
Следовательно, положив Ν(ε) = Μ (ε) — m, мы укажем
требуемое натуральное число (проверьте!). ■
Теорема 7. Имеющая предел последовательность
ограничена. Иными словами, если lim an = А, то найдется такое
п—юо
число М, что все члены последовательности удовлетворяют
неравенству:
\ап\ < М.
Доказательство. Здесь имеется в виду, что члены
последовательности, которая имеет предел, не могут быть сколь
угодно большими. Докажем это. Прежде всего отметим, что
Приложение 281
это свойство верно для любой конечной последовательности,
поскольку в любом конечном множестве можно найти
наибольший элемент. Наша трудность заключается в том, что
последовательность, о которой идет речь, бесконечна и может не
иметь максимального элемента (например ап = п). С другой
стороны, нам известно, что последовательность имеет
предел А. Поэтому в любом интервале, окружающем Л,
содержится бесконечно много членов последовательности, а вне его —
конечное их число. Это — основная идея, которую можно
довести до строго доказательства и не прибегая к формулам
(попытайтесь это сделать). Нам же нужно освоить
определение предела. Поэтому проведем доказательство, опираясь на
«ε-формализм».
Пусть положительное число ε из определения предела
равно 1. Тогда найдется такое натуральное число 7V, что при
η > Ν будет выполняться неравенство
\ап-А\ < 1,
которое можно переписать в виде:
Α-1<αη<Α + 1.
Можно ли утверждать, что \ап\ < А + 1 при η > Λ/7 К
сожалению, нет: А + 1 может быть отрицательным числом. Но в
любом случае, отрицательно А или положительно, можно
написать:
\ап\ < \А\ + 1.
Этим рассуждением мы показали, что модуль любого члена
последовательности, за исключением конечного числа (номер
которых не больше 7V), не превосходит |-А| + 1. Для строгого
доказательства теоремы осталось выбрать наибольший элемент
из
|α0|, |αι|, ..., \αΝ\ и |Л| + 1,
который и будет равен искомой константе М. Ш
282 Трудности доказательств
Оставшиеся свойства, которые полезно разобрать,
касаются арифметики пределов. Аналогичная тема объясняется и в
стандартном курсе математического анализа. Однако на
примере предела последовательности она воспринимается легче.
Нам потребуется несложная лемма о модуле суммы
вещественных чисел.
Лемма 8. Пусть а и b — вещественные числа. Тогда
\а + Ь\ ^ \а\ + |Ь|.
Доказательство. Обе части доказываемого неравенства
положительны. Поэтому, возведя их в квадрат, мы получим
равносильное неравенство:
|а + Ь|2 < (|а| + |Ь|)2 4Ф a2 + 2ab + b2 ^а2 + 2|а||Ь| + Ь2
4Ф 2ab^ 2\а\\Ь\.
Последнее неравенство не вызывает сомнений, поскольку
модуль его левой части равен правой, а последняя всегда
неотрицательна. ■
Теорема 9. Пусть
lim ап — А и lim bn = В.
η—юо η—юо
Тогда сумма последовательностей {ап+Ьп} тоже имеет
предел, причем
lim (ап + Ьп) = А + В.
п—юо
Доказательство. Для доказательства теоремы
необходимо три раза воспользоваться определением предела.
Так как lim ап = Л, то для любого ε > 0 найдется такое
п—юо
число Να(ε), что неравенство η > Να(ε) влечет:
\А - ап\ < ε.
Приложение 283
С другой стороны, нам известно, что lira Ьп = В. Значит,
п—юо
можно найти натуральное число Nb(e), такое что как только
η > Nb(e), то
\В -bn\ <ε.
Теперь по заданному положительному ε нам необходимо
найти такое натуральное число Ν(ε), что если η > Ν(ε), то
\A + B-(an + bn)\ <ε.
Преобразуем левую часть неравенства, воспользовавшись
леммой.
\А + В-(ап + Ml = \{Л - оп) + {В - Ьп)\ <
ζ\(Α - ап)\ + \(В - Ьп)\.
Стало быть, как только \(А — ап)\ < | и \(В — Ьп)\ < |, то
нужное нам неравенство будет выполнено. Мы уже знаем, что
если η > 7Va(|), то имеет место первое из этих неравенств,
а при η > Nb(^) — второе. Пусть Ν(ε) равно наибольшему
из чисел -/Va(|) и Л^(|). Тогда для всех номеров η > Ν(ε)
одновременно выполняются неравенства:
\(А-ап)\<£- и \(В-Ьп)\<£-.
Так что при η > Ν(ε)
\А + В- {an + bn)\ < ε,
что и требовалось доказать. ■
Теорема 10. Пусть
lim ап = А и lim bn = В.
η—юо η—>оо
Тогда произведение последовательностей {апЬп} тоже
имеет предел, причем
lim {anbn) = АВ.
η—юо
284 Трудности доказательств
Доказательство. Доказательство этой теоремы
практически ничем не отличается от предыдущего, но опирается на
некоторый стандартный прием, с которым Вы сейчас и
познакомитесь. Как и раньше, по определению предела для любого
положительного ε найдутся такие числа Να(ε) и Λ^(ε), что как
только номер η больше каждого из них, то
\ап — А\ < ε и \Ьп — В\ < ε.
И нам хотелось бы модуль разности \апЬь — АВ\ представить
как сумму двух модулей, каждый из которых меньше ε. Мы,
конечно, можем написать:
\апЬь - АВ\ ^ |αη6η| + |АВ|,
но это ничего не даст, поскольку нам неизвестны величины
слагаемых. Стандартный трюк состоит в том, чтобы
прибавить что-то к исследуемой разности, а потом отнять то же
самое:
\апЬь — АВ\ = \апЬь — апВ + апВ - АВ\ ^
^ \o>nbn — а>пВ\ + \апВ - АВ\ =
= \а>п\ * \К - В\ + \В\ · \ап - А\.
Ага! Смотрите, что получилось: мы показали, что
интересующая нас разность не превосходит суммы произведений
модулей. Причем каждое из этих произведений содержит довольно
маленький сомножитель: \Ьп — В\ или \ап — А\.
Так как \В\ — число неотрицательное, то дробь ,Bf χ —
положительна и как только η > Να ί 2(\в\+1))' имеет место
неравенство:
К-А|<2РГЙ)'
Таким образом,
п>Ма{2ЩТТ)) * |β|·|α"-Α|<|β|2ΡΓΤΤ)<Ι·
Приложение 285
Если бы теперь удалось показать, что начиная с некоторого
номера выполняется и такое неравенство: \ап\ · \Ьп — В\ < |,
то мы бы все доказали. Воспользуемся теоремой 7 об
ограниченности последовательности, имеющей предел (стр.280). Она
говорит, что найдется такое число М, при котором любой член
последовательности удовлетворяет неравенству: \ап\ < М.
Таким образом,
\ап\ -\Ьп- В\< Μ · \Ьп-В\.
Поэтому для всех η > Nb (2J4) имеет место неравенство:
... . ε
\ап\ · \Ьп - В\ < -.
Осталось взять в качестве N наибольшее из Να ί 2(\в\+1) ) и
"ьШ- ■
Теорема 11. Пусть
lim ап = А ф О
п—юо
и для любого номера η αη φ 0. Тогда последовательность
{ — } ограничена и
lim — = —.
n-юо ап А
Доказательство. Прежде всего заметим, что ввиду
условий теоремы все дроби — и 4- имеют смысл. Для строгого
доказательства теоремы надо было бы разобрать две
возможности: А > 0 и А < 0. Но эти ситуации ничем принципиально
не отличаются. Мы докажем теорему для случая А > 0,
оставив другой в качестве тренировочного упражнения.
Итак, пусть А > 0. Выбрав в качестве ε в определении
предела число ^, мы найдем такой номер 7V, что как только
η > TV, то
А А А А А ЗА
ϊ=Α--<αη<Α+- = Ύ.
286
Трудности доказательств
Иными словами, все члены последовательности, начиная с
номера 7V, попадают в интервал, целиком лежащий справа от
нуля (см. рис. 18).
А
зл
2
■4—
ЗЛ
О
А
2
1
А
2.
А
Рис. 18
Тогда обратные к ним числа ^- лежат в интервале (^-, -|) .
Иными словами, все члены последовательности —, за исключе-
нием конечного числа, удовлетворяют неравенству
а
η
2
КА
Значит и для всей последовательности найдется такое число М,
что
1 <м.
а
η
Первая часть теоремы доказана: мы убедились, что
последовательность {^-} ограничена.
Оценим модуль разности:
1
0>п
1_
~А
Приведем к общему знаменателю разность дробей:
1
0>п
1
~А
А- ап
апА
1
а
η
~А
а
η
Так как
Qi
< Μ, получаем оценку:
1
ап
М \л
< —·\Α
\Л\
а
η
Приложение 287
Поскольку lira an — A^ для любого наперед выбранного поло-
п—юо
жительного числа ε найдется такое натуральное число Ν(ε),
что для всех η > Ν(ε) имеет место неравенство:
\А — ап\ < ε.
В частности, при η > Ν ( ε^-1 получаем:
fln < ε
Ш
Μ'
т.е.
1
ап
1
Μ
Μ
< 7-ΓΤ
•|Л-
.м\
а
п\
\А\ Μ
Итак, для произвольного ε > 0 мы указали нужное число
N = N Ιεη^-j (см. опр. предела). ■
Мы проделали неплохую работу по доказательству
элементарных свойств предела последовательности, опираясь
только на определение и простые свойства неравенств. Теперь,
используя доказанные факты, можно сравнительно легко
получить еще несколько свойств пределов. Докажем только одно
из них, оставив обоснование остальных в качестве полезных
упражнений.
Теорема 12. Пусть lim an — А и последовательность
п—юо
{Ьп} получена из данной умножением каждого члена на
фиксированное вещественное число: Ьп = с · ап. Тогда предел
последовательности {Ьп} существует и равен сА. Иными
словами, справедлива формула:
lim с · ап = с · lim an.
п—юо п—юо
288 Трудности доказательств
Доказательство. Стоит воспользоваться утверждением
примера 1 на стр.273 и теоремой 10 (стр.283). Определим
новую последовательность {сп}, положив сп = с для любого
номера п. Тогда, согласно примеру 1
lim Сп = с.
п—юо
Кроме того, последовательность {Ьп} теперь можно
представить как произведение последовательностей {ап} и {сп}
Ογι — С ' Ο,γι — Cji&ji
и применить теорему 10, благодаря которой можно
утверждать, что
lim (cnan) = lim cn · lim an — с · lim an.
п—юо п—юо п—юо п—юо
■
Теорема 13. Предположим, что
lim ап = A, lim fcn = В.
п—юо п—юо
Тогда существует предел разности последовательностей,
причем
lim (αη - bn) = А - В.
η—юо
Теорема 14. Пусть lim αη = Л, члены последователь-
п—юо
ности {Ьп\ не обращаются в нуль, lim bn = В и В φ 0. Тогда
п—юо
существует предел отношения последовательностей,
который вычисляется по формуле
lim — = —.
n-юо Ьп В
В заключение раздела о пределе последовательности имеет
смысл внимательнее посмотреть на вещественные числа. Как
Приложение 289
в этой книге, так и в школе утверждается, что любое
вещественное число можно представить в виде десятичной дроби:
конечной или бесконечной. Скорее всего Вы привыкли к этой
мысли. А вот сможете ли аккуратно обосновать этот факт?..
Конечно, это не самый принципиальный момент в
математике. Для ее дальнейшего изучения вовсе не обязательно
подробно изучать бесконечные десятичные дроби. Однако на
этом примере можно гораздо лучше освоить понятие
предельного перехода, столь необходимого для понимания
математического анализа.
На первый взгляд фраза «рассмотрим бесконечную
десятичную дробь» лишена смысла. Как это можно сделать? И
даже если Вам удалось их «рассмотреть», то как с ними
работать: складывать, вычитать, делить, умножать? С конечными
десятичными дробями мы можем делать все арифметические
действия. Если, например, мы их складываем, то пишем
дроби одну под другой так, чтобы десятичная запятая находилась
под запятой и складываем в столбик как обычные
натуральные числа, ставя потом в нужное место десятичную запятую.
Можно было бы предложить аналогичный рецепт и для
сложения бесконечных десятичных дробей. Да только что при этом
делать с переносом разрядов? Ведь складывая натуральные
числа (или конечные десятичные дроби), мы вычисляем
сумму цифр одинаковых разрядов, начиная с меньшего, и если
результат оказывается больше 9, переносим полученное
число десятков в следующий разряд. А как быть с бесконечными
дробями? У них же нет наименьшего разряда — на то они и
бесконечны.
Надо отдавать себе отчет в том, что бесконечные
десятичные дроби всего лишь некая абстракция, отражающая
отношение порядка на вещественной прямой и позволяющая
вычислять конкретное число с любой степенью точности.
Действительно, для того чтобы определить наибольшее из чисел е
(основание натурального логарифма) и π, нам не нужно знать
290 Трудности доказательств
все их знаки в десятичной записи, а только два:
π = 3,1 > е = 2, 7,
хотя они оба иррациональны и записываются бесконечными
десятичными дробями.
Как же понимать бесконечные дроби? Как доказать, что
любая бесконечная десятичная дробь действительно
соответствует какому-то числу. И наоборот, почему любое
вещественное число можно представить в виде бесконечной десятичной
дроби. На эти и некоторые другие вопросы мы сейчас и
ответим.
Для начала рассмотрим такую бесконечную
последовательность:
ао = 0, а\ = 0, 3, а2 = 0,33, аз = 0,333, ..., ап = 0,33 ... 3, ...
η
Очевидно, что она возрастает и ограничена. Значит, по
теореме 4 (стр.271) существует предел L этой последовательности.
Попытаемся его вычислить, представив каждый член
последовательности в виде конечной суммы некоторого ряда.
3 3 3
а0 = 0, ах = 0 + 0,3, ..., ап = 0 + — + —- + · · · +
10 100 10п
По определению бесконечной суммы получаем, что
" 10 + ЙЯ + ' " + 10" + ' " " ^ 10п'
71=1
Мы уже знаем, что L — какое-то вещественное число. Поэтому
для его вычисления можем использовать все известные нам
свойства вещественных чисел. Умножим равенство на 10:
iol = 3 + — + Л + --- + — + ■ · · = з + У* —.
10 102 10п ^-ί 10п
71=1
Приложение 291
Так как бесконечная сумма в правой части формулы равна L,
получаем уравнение:
10L = 3 + L,
откуда L = ^. Тем самым мы доказали, что предел
последовательности {0,33...3} существует и равен ^. С другой
η
стороны, этот предел можно интерпретировать как
бесконечную десятичную дробь, в которой после запятой стоят только
тройки. Такая дробь называется периодической и коротко
записывается в виде
0,333... 33... =0,(3).
Стало быть, мы получили равенство:
0,(3) 4
Очевидно, что любая конечная десятичная дробь равна
определенному рациональному числу:
_l к к к л. _l ftlft2 · · · bn
±αχα2 ... ak, θχθ2 · · · Ьп = ±αχα2 ...ак± — .
Покажем, что любая бесконечная, но периодическая дробь
тоже равна рациональному числу, т.е. отношению целых
чисел. Поскольку противоположное к рациональному числу —
рационально, можно предполагать, что исследуемая
периодическая дробь
аха2 ... ак, bxb2 ... Мс1с2 · · · cm)
положительна. Представим ее в виде суммы
а\а2 ... ак, Ь\Ь2 ... Ьп(с\с2 ... ст) = а\а2 ... ак, Ь\Ь2 ... Ьп+
+ 0,00^^0(С1с2...ст).
η
292 Трудности доказательств
Ее первое слагаемое — рациональное число и, так как сумма
рациональных чисел рациональна, для доказательства
утверждения достаточно представить дробь 0,00... 0(cic2 · · · ст) в
η
виде отношения целых чисел. Обозначим последнюю
периодическую дробь через С и умножим ее на 10п
10nC = 0,(cic2...cm).
Далее поступим так же, как с 0,(3). А именно, представим
число ЮпС в виде бесконечной суммы:
оо
10Π£τ _ CiOZ-.-Cyn CiC2...Cm γ> CiC2...Cm
~~ IQm Ю"71 ~~ ^-** 10*m
i—\
Очевидно, что последовательность конечных сумм этого ряда
возрастает и ограничена (каждая из них меньше 1).
Следовательно, она имеет предел. Иными словами, 10пС — какое-то
вещественное число, обладающее всеми их свойствами. В
частности,
10 (10 С) = с\С2 ...ст-\ —— Η —-г- I =
ν ' L * "ь 10 10
оо
cic2...cm
С\ Со . . . Ст + > ——.—
i—\
cic2...cm + 10nC
Решая полученное уравнение, убеждаемся, что
10ПС
cic2...cm
10m - 1 '
откуда число
С
CiC2...Cm
рационально.
Приложение 293
Для полноты картины важно показать, что любое
рациональное число представляется конечной или периодической
дробью. При этом, естественно, достаточно проверить этот
факт для положительных рациональных чисел. Идея основана
на делении с остатком. Рассмотрим произвольное положитель-
ное рациональное число -£ и разделим шнапс остатком:
т = qon + mi, 0 ^ mi < п.
Таким образом,
— = 9о + —, (4)
η η
где m и mi — неотрицательные целые числа, причем дробь
^ — правильная, т. е. ее числитель меньше знаменателя.
Теперь вспомним алгоритм деления в столбик.
Имея равенство (4), мы начинаем выписывать частное от
деления шнапс числа <7(Ь а после него ставим десятичную
запятую (так как mi < η). Далее умножаем mi на 10 и делим
число 10mi на η с остатком:
10mi = q\n + m,2, 0 ^ rri2 < п.
Получив <7ь дописываем его к нашему частному после запятой.
И так далее... Умножая очередной остаток τχΐ{ на 10, мы делим
произведение Ют^ на η с остатком
10т^ = qin + mj+i, 0 ^ m^ < η
и приписываем неполное частное qi к десятичной дроби:
m
— = 9,9192·.. ft··.
η
Не исключено, что на каком-то шаге неполное частное qs
будет равно нулю. Тогда в соответствующем месте десятичной
дроби появится нуль.
Описав алгоритм, обсудим, как он может закончиться.
Самая простая ситуация будет тогда, когда какой-то из остатков
294 Трудности доказательств
rrii-ых будет равен нулю. В этом случае мы получим конечную
десятичную дробь. Допустим, что нулевой остаток нам так
и не встретится. Заметим, что все получаемые при делении
остатки удовлетворяют неравенству:
О ^ mi < п.
Иными словами, мы имеем лишь конечное число возможностей
для остатка. С другой стороны, по предположению нулевого
остатка мы не найдем, т. е. процесс деления бесконечен.
Значит, на каком-то шагу деления мы столкнемся с тем остатком,
который нам уже всречался. Предположим, что
ms+k = ras,
а все остатки с меньшими номерами — различны. Ясно, что
когда мы будем делить 10ras+fc — 10ras на η, то опять получим
qs и остаток ras+i, и т. д. Следовательно, в результате деления
появится периодическая дробь:
га
— = Q, Q\Q2 · · · Qs-i QsQs+ι · · · Qs+k-ι QsQs+ι · · · Qs+k-i · · · =
η
= Q, Q1Q2 · · · Qs-i {qsqs+i · · · 9β+*-ι) · · ·
Итак, мы показали, что как конечные, так и
периодические десятичные дроби соответствуют рациональным числам.
И наоборот, любое рациональное число записывается как
конечная или периодическая десятичная дробь. Осталось
разобраться с произвольными бесконечными дробями. Любая
такая дробь равна сумме целой и дробной частей. С целой частью
разбираться не долго. Это всего-навсего целое число. Так что
обратим свой взор на дроби, у которых перед десятичной
запятой стоят одни нули.
Рассмотрим бесконечную десятичную дробь
О,а\а,2 .. .αη...
Приложение 295
Все же не удается избежать этого сакраментального оборота!
Но смотреть мы на нее будем как на вполне понятную
последовательность рациональных чисел:
Ь\ = 0, αϊ, ί>2 = 0, αια2, ..., bn = 0, αια2 ... αη, ...
Невооруженным глазом видно, что эта последовательность
возрастает и ограничена (каждый ее член меньше 1). Стало быть,
по теореме 4 (стр. 271) наша последовательность имеет
пределом некоторое вещественное число. Обозначим его через А:
lim bn = Α.
η—юо
Вот это-то вещественное число и равно бесконечной
десятичной дроби, которую мы рассматриваем. Если вспомнить
доказательство теоремы о пределе ограниченной возрастающей
последовательности, то можно увидеть, что любое рациональное
число Ьп = 0, a\d2 ... ап меньше А. Даже практически понятно,
что модуль их разности не превышает 10~п:
\А-Ъп\ =0,£^Д}ап+1...
η
Однако стоит посмотреть на бесконечную дробь с другой
стороны. Наряду с последовательностью {Ьп} рассмотрим
последовательность {сп}, которая строится по следующему правилу:
с\ =6ι+0,1, С2 = 62+0,01, ..., сп = ЬП + Ю~п, ...
Построенная последовательность, очевидно, тоже возрастает.
Но интуитивно ясно, что каждый ее член больше числа А.
Докажем это аккуратно.
Из построения последовательности {сп} следует, что для
каждого номера η выполнено неравенство:
Сп -> Ьп·
296 Трудности доказательств
Теперь докажем неравенство
Ск > Ьт
с произвольными кит. Так как при равных кит неравенство
не вызывает сомнений, нужно разобрать две ситуации: к > т
и к < т.
Пусть, для начала, к > т. Тогда Cm > fcm, и ввиду
возрастания последовательности {сп}, получаем: Ск > Сщ. Значит,
Ск > Ьт.
Предположим теперь, что к < т. По определению
последовательности {Ьп}
Ьт — 0, а\... akdk+i ...ат =
= bk + cik+i · КГ*"1 + ак+2 · КГ*"2 + · · · + ат · 1(Гт =
= Ьк + КГ* (α*+ι · ΙΟ"1 + ··· + %· 1(Гт+*) =
= Ьк + 10" · 0, afc+iafc+2 · · · ajfe+m·
С другой стороны,
ск = Ьк + КГ*.
Осталось проверить, что
КГ* > Ю-* · 0, ак+\ак+2 · · · ак+т-
Но это так и есть, поскольку 0, ak+idk+2 · · · в>к+т < 1·
Итак, каждый член последовательности {сп} больше
любого члена последовательности {Ьп}. По принципу
непрерывности (стр.267) найдется такое вещественное число В, которое
лежит строго между этими последовательностями, т. е.
ск^ В ^ Ьт.
Кроме того, \сп — Ьп\ = КГП. Значит, для любого
вещественного числа ε > 0 найдется пара элементов сп и Ьп, расстояние
между которыми не превосходит ε. Таким образом, применим
Приложение 297
усиленный принцип непрерывности, благодаря которому
можно утверждать, что такое число только одно. Теперь
нетрудно убедиться, что В = А. Иными словами, число, лежащее
между этими последовательностями — бесконечная
десятичная дробь, которой мы уже так долго занимаемся.
Стоит отметить, что члены последовательности {Ьп}
приближают А с недостатком, а {сп} — с избытком. А теперь
совершенно очевидна и ошибка приближения:
S = \A-bn\^\cn-bn\ = iO~n.
Последнее усилие, которое нам предстоит сделать, будет
направлено на доказательство того факта, что любое
вещественное число (точка числовой прямой) может быть записано
с помощью десятичной дроби (скорее всего бесконечной).
Выберем произвольную точку А на вещественной прямой
(см. рис.19). Поскольку, как мы знаем, любое рациональное
число представимо в виде десятичной дроби, будем считать,
что А — число иррациональное.
—| 1 1 1 —ч ·—ι 1 1 1 1 1
Ν Α Ν + 1
Рис. 19
Так как множество целых чисел бесконечно и неограничено,
найдется такое целое число 7V, что
N < А < N + 1.
Здесь можно поставить знаки строгого неравенства из-за
того, что А — иррационально и не может совпадать ни с
каким рациональным, в частности целым, числом. Как и раньше,
будем строить две последовательности рациональных чисел.
Члены одной из них приближают А с недостатком, а другой —
с избытком. Пусть
bi=N, ci=N + l.
298 Трудности доказательств
Отрезок [7V, N + 1], содержащий точку Л, разделим на десять
равных частей и получим рациональные числа:
N + 0,1; ЛГ + 0,2; ..., 7V + 0,9; N + 1.
Ясно, что А попадет в какую-то из частей. Пусть, например,
Ν + Ο,αχ < А < N + 0,αχ + 0,1,
где а\ — одна из десяти цифр. Положим по определению
Ъ2 = ΛΤ + Ο,αι, с2 = N + 0,ах +0,1.
Отрезок [62,02] опять разобьем на 10 равных частей и
выпишем еще 10 рациональных чисел:
62 + 0,01; 62+0,02; ...; Ь2 + 0,09; с2.
Выберем тот отрезок [Ь2 + 0,0а2; Ь2 + 0,0а2 + 0,01], который
содержит точку Л, и обозначим его концы как
h = Ь2 + 0,0а2; с3 = Ь2 + 0,0а2 + 0,01.
Продолжая указанную процедуру, мы построим бесконечные
последовательности: {Ьп} и {сп}. При этом наша точка А
будет лежать строго между ними, т.е. для любой пары членов
последовательностей выполнено неравенство:
Ьп < А < с*.
Еще раз обратим Ваше внимание на то, что можно поставить
знак строгого неравенства из-за того, что числа Ьп и с&
рациональны, а А нет. Осталось заметить, что к
последовательностям применим усиленный принцип непрерывности. Так, для
любого ε > 0 найдется такой номер п, что
сп-Ьп = 10~η < ε.
Приложение 299
Согласно упомянутому признаку, между построенными
последовательностями может лежать только одно число — А. С
другой стороны,
lim bn = Α.
η—юо
Действительно, для любого ε > 0 найдется такой номер Ν(ε),
что при η > Ν(ε) будет выполнено неравенство:
1(Γη < ε.
Достаточно взять Ν(ε) = [lge] + 1, где lg — десятичный
логарифм, т. е. логарифм по основанию 10. Кроме того, благодаря
построению последовательностей {Ьп} и {сп}, число А лежит
на отрезке [fen?cn]· Поэтому расстояние между А и Ьп не
превышает длины отрезка. Значит,
\Ьп -А\< \сп - Ьп\ = 10~п < ε.
Но, как мы уже видели, предел последовательности {Ьп}
есть не что иное, как бесконечная десятичная дробь:
Ν + 0,αια2α3 ... ап
Таким образом, любое вещественное число представляется
бесконечной десятичной дробью. На этой мажорной ноте мы и
закончим введение в теорию пределов.
Упражнения
1. Докажите, что конечная сумма геометрической
прогрессии со знаменателем q вычисляется по формуле:
N 1 - nN+l
5V = ——·
71=0 ^
300 Трудности доказательств
2. Вычислите сумму бесконечной геометрической
прогрессии
оо
71=0
если 0 < q < 1 и покажите, что она равна бесконечности
при q ^ 1.
3. Блоха прыгает от Москвы по направлению к
Архангельску. За первую секунду она прыгнула на 1 м, за вторую —
на \ Μι за третью — на^мит.д. Каждую n-ую секунду
блоха делает прыжок величиной ^мв одном и том же
направлении. Предположим, что по пути ее никто не
раздавит, она не выбьется из сил и пренебрежем различными
препятствиями типа луж и рек. Сможет ли она когда-
нибудь добраться до Архангельска?
Указание: нужно понять, равна ли бесконечная сумма
ОО
Σ1
*-" п
71=1
конечному числу или нет. Воспользуйтесь результатом
упражнения 22 (стр. 142).
4. Вычислите сумму
К1- —
^ V η η + 1
71=1 х
учитывая результат упражнения 11 (стр. 141).
5. Вычислите сумму
^ V 2П + Зп ) '
71=1 Х '
6. Вычислите сумму
ОО
71=1
Приложение 301
7. Опираясь на определение предела, докажите, что
1 ,. 1 л. п-2
lim —ту = 0, lim 1 τ = 0, lim —~—- = 0.
η—юо η η—юо η η—»οο η -+- 3
8. Докажите эквивалентность утверждений:
(1) lim an = L;
n—юо
(2) lim (an - L) = 0.
n—юо
oo oo
9. Пусть Σ un = U и ^ г?п = V. Покажите, что для любых
71=0 71=0
вещественных чисел а и b выполнено равенство
оо
22,(aun + bvn) = all + bV.
71=0
oo oo
10. Пусть Σ un = U и Σ г?п = К Можно ли утверждать,
71=0 71=0
ЧТО
оо
Σ unvn = UV?
71=0
11. Равна ли какому-то числу бесконечная сумма:
оо
£(-!)» ?
71=0
12. Предположим, что
оо
71=0
где f/ — вещественное число. Докажите, что lim un = 0.
η—юо
Указание: Введите обозначение f/дг = Σ un и восполь-
71=0
зуйтесь следующим наблюдением:
Ε^λγ+ι = Un + un+ι-
302 Трудности доказательств
13. Рассмотрим на вещественной прямой систему вложенных
отрезков {Δη = [αη, bn]}, каждый из которых содержится
в предыдущем: Δη С Δη+ι. Это означает, что
последовательность левых концов отрезков возрастает (ап ^ αη+ι)>
а правых — убывает (bn ^ bn+i)· Докажите, что найдется
хотя бы одна точка с, принадлежащая каждому из
отрезков Δη. Иными словами,
оо
с е р| Δη.
n=l
14. Предположим, что система вложенных отрезков
{Δη = [αη,6η]}
удовлетворяет дополнительному условию:
lim (bn - ап) = 0.
η—>·οο
Докажите, что в этом случае существует единственная
точка, принадлежащая каждому из отрезков.
15. Приведите пример системы вложенных интервалов
{In = {an,bn)}, In С Jn-i,
удовлетворяющей условию:
оо
f)ln = 0.
п=1
16. Предположим, что все элементы последовательностей {ап}
и {bn} удовлетворяют условию:
Qn ^ Ьп·
Приложение 303
Докажите, что если существуют пределы этих
последовательностей, то
lim an ^ lim bn.
η—юо η—юо
Указание: предположите, что это не так и, опираясь на
определение предела, придите к противоречию с
неравенством ап ^ Ьп.
17. (Лемма о двух милиционерах.) Если все элементы
последовательностей {αη}, {bn} и {сп} подчиняются
неравенству:
0"п ^ &п ^ Сп·)
а пределы последовательностей {ап} и {сп} существуют
и равны между собой, то
lim ап = lim bn = lim cn.
η—юо η—юо η—юо
18. Предположим, что все элементы бесконечной
последовательности {ап} принадлежат отрезку [0,1]. Покажите,
что найдется по крайней мере одна точка на этом
отрезке, что в любом сколь угодно малом интервале, ее
содержащем, будет бесконечно много членов
последовательности {ап}. Можно ли утверждать, что что такая точка
только одна?
Указание: разбейте отрезок Δο = [0,1] на две равные
части [0, ^] и [^,1] и выберите ту из них, в которой
содержится бесконечное число членов последовательности
(почему такой существует?). Обозначьте его через А\.
Используя эту идею, постройте систему вложенных
отрезков {Δη} и воспользуйтесь задачей 14.
Заявки на книги присылайте по адресу:
125319 Москва, а/я 594
Издательство «Техносфера»
e-mail: knigi@technosphera.ru
sales@technosphera.ru
факс: (495) 956 33 46
В заявке обязательно указывайте
свой почтовый адрес!
Подробная информация о книгах на сайте
http://www.technosphera.ru
Купиллари Антонелла
Математика - это просто! Доказательства
Компьютерная верстка — С.А. Кулешов
Дизайн — И.А. Куколева
Ответственный за выпуск — О.А. Казанцева
Формат 60x90/16. Печать офсетная.
Гарнитура Тайме
Печ.л. 19. Тираж 1356 экз. Зак. № 698.
Бумага офсет №1, плотность 65г/м2
Издательство «Техносфера»
Москва, Лубянский проезд, дом 27/1
Диапозитивы изготовлены 000 «Европолиграфик»
Отпечатано в 000«Чебоксарская типография №1»,
428019 г. Чебоксары, пр. И. Яковлева, 15