Сопряжённые числа

Сопряжённые числа

Н. Вагутен

В этой работе мы рассмотрим ряд ситуаций, в которых число вида a + b√d полезно заменить сопряжённым a – b√d. Мы увидим, как этот простой приём — замена знака перед радикалом — помогает в решении разнообразных задач алгебры и анализа — от нехитрых оценок и преобразований до трудных олимпиадных задач и замысловатых придумок составителей конкурсных экзаменов. 

Большинство наших примеров может служить первым знакомством с глубокими математическими теориями (кое-где мы указываем статьи и книги для продолжения знакомства). Среди задач, включённых в статью, две — из Задачника «Кванта» и несколько — из писем читателей, уже испытавших удовольствие от трюков с радикалами и желающих поделиться им с другими. 

Пары сопряжённых чисел появляются вполне естественным образом, когда мы решаем квадратное уравнение, а корень из дискриминанта не извлекается: скажем, уравнение λ2 – λ – 1 = 0 имеет пару «сопряжённых» корней:

λ1 =

1 – √5 

2

  и  

λ2 =

1 + √5 

2

.



К этому мы ещё вернёмся, а начнём с примеров другого рода: займёмся «перебросками»...

...Из числителя в знаменатель (и обратно)

Если в книжке указан ответ к задаче (3 + √7)/2, а у вас получилось 1/(3 – √7) — не спешите искать ошибку в решении: ответ правильный — эти числа равны, потому что

(3 + √7)(3 – √7) = 32 – 7 = 2.

Вот несколько характерных примеров, где полезно перенести «иррациональность» из числителя в знаменатель или наоборот.

1. Найти сумму

1 

1 + √2

+

1 

√2 + √3

+ ... +

1 

√99 + √100

.



Эта сумма мгновенно «сворачивается», если переписать её так:

(√2 – 1) + (√3 – √2) + ... + (√100 – √99) = –1 + 10 = 9.

По выражению из статьи [1] «остаются крайние» (см. также [5]).

2. Доказать, что для любых натуральных m и n



m 

n

– √2



 ≥ 

1 

αn2

,



(1)



где α = √3 + √2.

Подобный факт мы использовали недавно при решении трудной задачи М514 ([2]).

В самом деле, всегда



m – n√2 

n



=

|m2 – 2n2| 

(m + n√2)n

 ≥ 

1 

(m + n√2)n

,



(2)



поскольку число |m2 – 2n2| — целое и отлично от 0 (равенство m2 = 2n2 невозможно — подумайте, почему!). Если бы выполнялось неравенство, противоположное (1), то должно было бы быть m < n√2 + 1/αn и

n(m + n√2) < n

(

2n√2 +

1 

αn

)

= 2n2√2 +

1 

√3 + √2

=



= 2n2√2 + √3 – √2 ≤ n2(2√2 + √3 – √2) = αn2.



(3)



Но из (2) и (3) следует (1). Значит, наше предположение неверно, то есть (1) выполнено.

Неравенство (1) показывает, что число √2 сравнительно плохо приближается дробями с небольшими знаменателями; аналогичное неравенство (только с другим коэффициентом α) выполнено не только для √2, но и для любой «квадратичной иррациональности». Разумеется, (1) выполнено и при всех α > √3 + √2, но константа √3 + √2 здесь не наименьшая из возможных. Вопросы о приближениях квадратичных иррациональностсй рациональными числами — далеко продвинутая и важная для приложений область теории чисел ([3], [4]); с приближениями числа √2 мы ещё встретимся ниже (см. упражнение4).

[Если при решении этой задачи рассмотреть отдельно случаи n=1 и n≠1, то можно показать, что



m 

n

– √2



 ≥ 

1 

πn2

.



Оно лишь немного сильнее, чем неравенство (1), поскольку

1 

π

= 0,3183... > 0,3178... =

1 

√3 + √2

,



зато выглядит гораздо эффектнее. 

Помню, как в мою бытность студентом, на лекциях по алгебре наш профессор говорил: «Корень из трёх — это, примерно, 1,73; корень из двух — 1,41. Поэтому их сумма равна... (следовала пауза, необходимая для сложения этих чисел "в столбик") 3,14. А это есть?..» (он поворачивался к аудитории и сразу несколько человек говорили "пи") «Ну, вот», — с удовлетворением заключал профессор, выписывая окончательное "равенство": √3 + √2 = π.  :) — E.G.A.]

3. Найдите предел последовательности an = (√n² + 1 – n)n. 

Преобразуем an так:

(√n² + 1 – n)n =

n 

√n² + 1 + n

=

1 

1 + √1 + 1/n²

.



Теперь ясно, что an возрастает и стремится к пределу 1/2.

В противоположность предыдущему примеру здесь мы имеем дело с хорошим приближением: √n² + 1 – n < 1/2n.

4 . Даны две последовательности an = √n+1 + √n и bn = √4n+2. Докажите, что 

а)  [an] = [bn], 

б)  0 < bn – an < 1/16n√n.

В разности bn – an появляется «тройная иррациональность»; к таким иррациональностям мы ещё вернёмся (см. задачу8), но пока мы будем рассматривать √n+1 + √n = an как одно целое. Заметим, что величина an2=2n+1+2√n(n+1), очевидно, заключена между 4n+1 и 4n+2=bn2, поскольку n < √n(n+1) < n+1. Итак, мы уже получили an < bn — левое неравенство в б). Кроме того, число bn2 = 4n+2, дающее при делении на 4 в остатке 2, не может быть полным квадратом (проверьте!), поэтому квадрат целого числа [bn] не больше 4n+1; из неравенств [bn] ≤ √4n+1 < an < bn вытекает а). Теперь осталось оценить разность bn – an сверху. Посмотрите, как здесь дважды работает переброска «сопряжённого» числа в знаменатель:

√4n+2 – √n – √n+1 =

2n + 1 – 2√n(n + 1) 

√4n + 2 + √n + √n + 1

=



=

1 

(√4n + 2 + √n + √n + 1)(2n + 1 + 2√n(n + 1))

≤



(тут, конечно, нам повезло:

разность квадратов (2n + 1)2 – 4n(n + 1) равна 1)



≤

1 

(2√n + √n + √n)(2n + 2n)

=

1 

16n√n

.



Заметим, что и эта оценка очень точная. Но убедиться в этом (и вообще исследовать поведение функции с многими радикалами) лучше уже не с помощью алгебраических преобразований, а средствами анализа — заменить переменную n на h = 1/n и воспользоваться формулой Тейлора √1 + h = 1 + h/2 – h2/8 + ... (См. [6].)

Заменим плюс на минус

Мы уже говорили о пользе симметрии в геометрических задачах. Своего рода симметрией в алгебре является замена плюса на минус. 

Так, если какое-либо выражение от √d равно p + q√d и мы всюду в этом выражении заменим √d на –√d, то естественно ожидать, что новое выражение окажется равным сопряженному числу p – q√d. Мы будем пользоваться таким очевидным частным случаем этого свойства (a и b — рациональны, √d — нет):

(a + b√d)n = p + q√d  =>  (a – b√d)n = p – q√d.

(4)



5. Доказать, что уравнение

(x + y√5)4 + (z + t√5)4 = 2 + √5

не имеет решений в рациональных числах x, y, z, t. 

Можно, конечно, найти отдельно сумму членов левой части, не содержащих √5 (она должна быть равна 2), и отдельно — коэффициент при √5 (он должен равняться 1). Но что делать с полученной громоздкой системой неясно. Вместо этого воспользуемся (4) и заменим плюс перед √5 на минус!

(x – y√5)4 + (z – t√5)4 = 2 – √5.

Слева стоит неотрицательное число, справа — отрицательное.

6. Доказать, что существует бесконечно много пар (x;y) натуральных чисел, для которых x2 отличается от 2y2 на 1:

|x2 – 2y2 | = 1.

(5)



Несколько таких пар с небольшими (x;y) легко найти подбором: это (1;1), (3;2), (7;5), (17;12), ... (рис.1). Как продолжить этот набор? Можно ли записать общую формулу для этих решений?



Рис. 1. Проходят ли эти гиперболы

через бесконечное число узлов клетчатой бумаги?



Найти ответы на эти вопросы нам поможет число 1 + √2. Закономерность, позволяющая получать всё новые и новые решения (x;y), указана в таблице:

 n 

(1 + √2)n

xn

yn

xn2 – 2yn2

(1 – √2)n

1

1 + √2

1

1

1 – 2 = –1

1 – √2

2

3 + 2√2

3

2

9 – 8 = 1

3 – 2√2

3

7 + 5√2

7

5

49 – 50 = –1

7 – 5√2

4

17 + 12√2

17

12

289 – 288 = 1

17 – 12√2

5

 41 + 29√2 

 41 

 29 

1681 – 1682 = –1

 41 – 29√2 

...

...

...

...

...

...

Какой будет шестая строчка?

Видно, что коэффициенты xn, yn в числе

xn + yn√2 = (1 + √2)n

будут давать нужную пару. Доказать это поможет колонка таблицы из сопряжённых чисел (мы снова применяем (4)):

xn – yn√2 = (1 – √2)n.

Перемножив два последних равенства, получим

x

2

n

– 2y

2

n

= (–1)n,



и интересующее нас выражение попеременно равно то 1, то –1. Складывая и вычитая эти же два равенства, мы получим явное выражение для xn и yn:

xn =

(1 + √2)n + (1 – √2)n 

2

,

yn =

(1 + √2)n – (1 – √2)n 

2√2

.



Можно ли в решении этой задачи про целые числа обойтись без иррациональных чисел 1 + √2 и 1 – √2? Теперь, зная ответ, мы можем легко выразить (xn+1;yn+1) через предыдущую пару (xn;yn): из xn+1 + yn+1√2 = (xn + yn√2)(1 + √2) вытекает

xn+1 = xn + 2yn,    yn+1 = xn + yn.

(6)



До этого рекуррентного соотношения можно было, видимо, догадаться по нескольким первым решениям, а потом проверить, что

|x

2

n

– 2y

2

n

| = |x

2

n+1

– 2y

2

n+1

|.



Добавив начальное условие x1 = 1,  y1 = 1, отсюда (по индукции) можно было бы заключить, что |xn2 – 2yn2| = 1 для любого n. Далее, выразив обратно (xn;yn): через (xn+1;yn+1), «методом спуска» ([8]) можно доказать, что найденной серией исчерпываются все решения уравнения (5) в натуральных числах (x;y). Подобным же образом решается любое «уравнение Пелля» x2 – dy2 = c (а к уравнениям такого типа сводится любое квадратное уравнение в целых числах x, y), но у исходного уравнения может быть несколько серий решений ([7]).

Рекуррентные соотношения типа (6) возникают не только в теории чисел, но и в разных задачах анализа, теории вероятностей. Вот характерный пример комбинаторной задачи такого типа (она предлагалась на последней международной олимпиаде в Лондоне):

7. В вершине A правильного восьмиугольника сидит лягушка. Из любой вершины восьмиугольника, кроме вершины E, противоположной A, она может прыгнуть в любую из двух соседних вершин. Попав в E, лягушка останавливается и остаётся там. Найти количество em различных способов, которыми лягушка может попасть из вершины A в E ровно за m прыжков.

Если раскрасить вершины восьмиугольника через одну в чёрный и белый цвет (рис.2), сразу станет ясно, что e2k–1 = 0 при любом k: цвет вершин при каждом прыжке меняется. Обозначим через an и cn количество способов, которым лягушка может за 2n прыжков, попасть из вершины A, соответственно, в вершину A и в одну из вершин C (из соображений симметрии ясно, что в каждую из вершин, обозначенных на рисунке буквой C, можно попасть одним и тем же числом способов). Как легко проверить (см. рис.2а,б,в,г),

a1 = 2,   c1 = 1; 



an+1 = 2an + 2cn,







cn+1 = an + 2cn.



(7)



А интересующее нас число e2n равно, очевидно, 2cn–1 (рис. 2д).



а) c1 = 1



б) a1 = 2



в) an+1 = 2an + 2cn





г) cn+1 = an + 2cn



д) e2n = 2cn–1



Рис. 2. а)

Из A в C за два прыжка можно попасть только одним способом: c1 = 1.

б)

Из A в A за два прыжка можно попасть двумя способами: a1 = 2.

в)

В A можно попасть из C двумя способами и из A двумя способами: an+1 = 2an + 2cn.

г)

В C можно попасть из A одним способом и из C — двумя: cn+1 = an + 2cn.

д)

В E можно попасть из C двумя способами: e2n = 2cn–1.



Как же найти явную формулу для an и cn? Запишем наше рекуррентное соотношение (7) так:

an+1 + cn+1√2 = (an + cn√2)(2 + √2)

(8)



и — как вы уже, конечно, догадались — ещё так:

an+1 – cn+1√2 = (an – cn√2)(2 – √2).

(9)



Отсюда по индукции, пользуясь (7), получаем:

an + cn√2 = (2 + √2)n–1(a1 + c1√2) = (2 + √2)n,

an – cn√2 = (2 – √2)n–1(a1 – c1√2) = (2 – √2)n.



Поэтому

cn =

(2 + √2)n – (2 – √2)n 

2√2

,



а так как e2n = 2cn–1, получаем окончательно

e2n =

(2 + √2)n–1 – (2 – √2)n–1 

√2

,   e2n–1 = 0.



Задача решена. Неясно только, как в этой задаче (и в предыдущей задаче6) можно было додуматься до формул, содержащих ±√2, — ведь в задаче речь идёт о целых числах! (Для участников олимпиады и читателей «Кванта» задача7 была облегчена тем, что в формулировке указывался ответ — «Квант», 1979, №11, М595). 

Однако «сопряжённые числа» возникли бы совершенно автоматически, если бы мы владели началами линейной алгебры (см.[12]), и применили стандартные правила этой науки к решению уравнений (7). Эти правила предлагают сначала выяснить, какие геометрические прогрессии (an = a0λn, cn = c0λn) удовлетворяют данному рекуррентному соотношению. Значения, для которых такие прогрессии существуют, — они называются характеристическими значениями или собственными числами — определяются из некоторого уравнения (оно тоже называется характеристическим). Для (7) характеристическое уравнение имеет вид λ2 – 4λ + 2 = 0, его корни — как раз 2 + √2 и 2 – √2. Зная эти корни, любое решение рекуррентного соотношения мы можем получить как «линейную комбинацию» соответствующих геометрических прогрессий ([11]). «Начальное условие» (в нашем случае a1 = 2, c1 = 1) определяет нужное нам решение однозначно. 

Неудивительно, что даже самые простые рекуррентные целочисленные последовательности, для которых характеристическое уравнение — квадратное с целыми коэффициентами (примеры — те же (6) и (7) или последовательность Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, ..., Fn+1 = Fn + Fn–1; см.[9], [10]), выражаются, как функции номера, с помощью «сопряжённых» квадратичных иррациональностей. 

Заметим, что большее характеристическое число определяет скорость роста последовательности: при больши́х n в задаче7 en  (2 + √2)n/√2. Можно сказать это ещё так: 



lim

n → ∞



en+1 

en

= 2 + √2.

Для задачи 6 аналогичное наблюдение: 



lim

n → ∞



xn 

yn

 = √2.

Интересное продолжение этого факта мы увидим в следующей задаче с бо́льшим числом «сопряжённых» иррациональностей.

Поочерёдно меняем все знаки

8. Пусть

(1 + √2 + √3)n = qn + rn√2 + sn√3 + tn√6,

где qn, rn, sn и tn — целые числа. Найти пределы 



lim

n → ∞



rn 

qn

,   



lim

n → ∞



sn 

qn

,   



lim

n → ∞



tn 

qn

.



Конечно, мы здесь можем выразить (qn+1; rn+1; sn+1; tn+1) через (qn; rn; sn; tn), пользуясь тем, что

qn+1 + rn+1√2 + sn+1√3 + tn+1√6 = (1 + √2 + √3)(qn + rn√2 + sn√3 + tn√6),

но, наученные опытом, мы уже знаем, что более простые формулы получаются не для самих чисел qn, rn, sn, tn, a для некоторых их комбинаций. Одну такую комбинацию мы уже знаем: это

qn + rn√2 + sn√3 + tn√6 = (1 + √2 + √3)n.

Нетрудно сообразить, каковы будут другие. Рассмотрим вместе с данным числом

λ1 = 1 + √2 + √3,

ещё три «сопряжённых»:

λ2 = 1 – √2 + √3,   λ3 = 1 + √2 – √3,   λ4 = 1 – √2 – √3. 

Тогда

qn – rn√2 + sn√3 – tn√6 = λ2n,

qn + rn√2 – sn√3 – tn√6 = λ3n,

qn – rn√2 – sn√3 + tn√6 = λ4n. 

Мы можем выразить qn, rn, sn, tn через λ1, λ2, λ3, λ4:

qn =

λ1n + λ2n + λ3n + λ4n 

4

,



sn =

λ1n + λ2n – λ3n – λ4n 

4√3

,

rn =

λ1n – λ2n + λ3n – λ4n 

4√2

,



tn =

λ1n – λ2n – λ3n + λ4n 

4√6

.



Теперь заметим, что λ1 > |λ2|, λ1 > |λ3|, λ1 > |λ4|. Поэтому



lim

n → ∞



rn 

qn

=



lim

n → ∞



1 – (λ2/λ1)n + (λ3/λ1)n – (λ4/λ1)n 

1 + (λ2/λ1)n + (λ3/λ1)n + (λ4/λ1)n

·

1 

√2

=

1 

√2

.



Аналогично найдём, что



lim

n → ∞



sn 

qn

=

1 

√3

  и  



lim

n → ∞



tn 

qn

=

1 

√6

.



Мы говорили выше, что сопряжённые числа a ± b√d возникают часто как корни квадратного уравнения с целыми коэффициентами. В связи с последней задачей возникает такое желание:

9. Написать уравнение с целыми коэффициентами, один из корней которого равен 1 + √2 + √3.

Возникает подозрение, что вместе с этим числом λ1 уравнению с целыми коэффициентами удовлетворяют и сопряжённые, которые в решении предыдущей задачи мы обозначили λ2, λ3, λ4. Нужное уравнение можно записать так:

(x – λ1)(x – λ2)(x – λ3)(x – λ4) = 0;

то есть

(x – 1 – √2 – √3)(x – 1 + √2 – √3)×  (x – 1 – √2 + √3)(x – 1 + √2 + √3) = 0; 

после преобразований получаем

((x – 1)2 – 5 – 2√6)·((x – 1)2 – 5 + 2√6) = 0,  (x2 – 2x – 4)2 – 24 = 0,  x4 – 4x3 – 4x2 – 16x – 8 = 0. 

Именно такое уравнение получилось бы в качестве характеристического, если бы мы применили упомянутую мелким шрифтом в конце предыдущего раздела общую теорию к исследованию линейного преобразования

(qn; rn; sn; tn) → (qn+1; rn+1; sn+1; tn+1)

в предыдущей задаче. Заметим, кроме того, что мы на самом деле получили уравнение наименьшей степени (с целыми коэффициентами) с корнем λ1 = 1 + √2 + √3. Попробуйте это доказать!

Алгебраическое послесловие

Мы разобрали несколько примеров, в которых затрагивались пограничные вопросы алгебры, математического анализа и теории чисел. (Каждому направлению, которое мы наметили, можно было бы посвятить более подробную статью в «Кванте»!) В заключение покажем ещё, как можно смотреть на основных героев статьи — «сопряжённые числа» — с чисто алгебраической точки зрения. 

Предположим, что у нас есть множество P чисел (или выражений с буквами, или ещё каких-то элементов), с которыми можно выполнять четыре действия арифметики с соблюдением обычных арифметических правил. Такое множество называется полем; поля образуют, например, рациональные и действительные числа. Если в поле P не разрешимо, скажем, уравнение x2 – d = 0, то можно расширить его, рассматривая элементы вида p + q√d, где p, q  P, a √d — новый символ, который при умножении сам на себя дает d, т.е. √d·√d = d, так что

(p + q√d)·(p' + q'√d) = (pp' + qq'd) + (pq' + qp')√d.

При d = –1 расширением поля вещественных чисел получаются комплексные числа. 

В новом поле P1 — «квадратичном расширении» поля P — есть интересное отображение λ = p + q√d → λ = p – q√d (своеобразная «алгебраическая симметрия»), называемое сопряжением, с такими свойствами: 

Все элементы старого поля P переходят в себя; 

Все равенства, содержащие арифметические операции, при этом отображении сохраняются: 

λ + μ = λ + μ;  λ · μ = λ · μ;

(10)



Это отображение является частным случаем так называемых автоморфизмов Галуа расширения P1 поля P. 

В задачах 8 и 9 мы видели пример «двукратного» расширения — присоединения √2 и затем √3, — в результате которого получилось поле с бо́льшим количеством автоморфизмов Галуа: кроме тождественного отображения, их уже три

(√2 → –√2,  √3 → √3;√2 → √2,  √3 → –√3;√2 → –√2,  √3 → –√3),

и их «взаимодействие» устроено так же, как во множестве самосовмещений прямоугольника. 

Оказывается, к основному полю можно присоединять корни любого алгебраического уравнения. Автоморфизмы возникающего нового поля — предмет одной из красивейших ветвей алгебры XIX–XX века, теории Галуа, которая позволяет, в частности, исследовать вопрос о разрешимости уравнений в радикалах ([13], [14]). 

Мы закончим эту статью набором задач, в основном продолжающих уже затронутые темы, но требующих иногда и новых соображений, и обещанным списком литературы.

Список литературы

		1. Л.Курляндчик, А.Лисицкий. «Суммы и произведения» («Квант», 1978, №10). назад к тексту

		2. Второе решение задачи М514 («Квант», 1979, №5, с.26). назад к тексту

		3. Р.Нивен. «Числа рациональные и иррациональные» (М., «Мир», 1966). назад к тексту

		4. Д.Фукс, М.Фукс. «О наилучших приближениях» («Квант», 1971, №6, №11) и «Рациональные приближения и трансцендентность» («Квант», 1973, №1). назад к тексту

		5. Н.Васильев, В.Гутенмахер. «Прямые и кривые» (М., «Наука», 1978), с.103–105. назад к тексту

		6. А.Н.Маркушевич. «Ряды» (М., «Наука», 1979). назад к тексту

		7. Избранные задачи из журнала American Mathematical Monthly (М., «Мир», 1977), с.560–561. назад к тексту

		8. Л.Курляндчик, Г.Розенблюм. «Метод бесконечного спуска» («Квант», 1978, №1). назад к тексту

		9. В.Березин. «Филлотаксис и последовательность Фибоначчи», («Квант», 1979, №5, с.53). назад к тексту

		10. Н.Н.Воробьев. «Числа Фибоначчи» (Популярные лекции по математике, вып.6) (М., «Наука», 1978). назад к тексту

		11. А.И.Маркушевич. «Возвратные последовательности» (Популярные лекции но математике, вып.1) (М., «Наука», 1978). назад к тексту

		12. Л.И.Головина. «Линейная алгебра и некоторые её приложения» (М., «Наука», 1979). назад к тексту

		13. М.М.Постников. «Теория Галуа» (М., Физматгиз, 1963). назад к тексту

		14. Ван-дер-Варден. «Алгебра» (М., «Наука», 1976). назад к тексту