Разделить  a^2k – b^2k  на  (a + b)(a² + b²)(a⁴ + b⁴)...(a^2k–1 + b^2k–1).

   Решение

Пусть P(x) – многочлен степени  n > 1  с целыми коэффициентами, k – произвольное натуральное число. Рассмотрим многочлен
Q_k(x) = P(P(...P(P(x))...))  (P применён k раз). Докажите, что существует не более n целых чисел t, при которых  Q_k(t) = t.

   Решение

Темы:    [ Рациональные и иррациональные числа ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]

Сложность: 4 Классы: 8,9,10

Прислать комментарий

Условие

В республике математиков выбрали число  α > 2  и выпустили монеты достоинствами в 1 рубль, а также в α^k рублей при каждом натуральном k. При этом α было выбрано так, что достоинства всех монет, кроме самой мелкой, иррациональны. Могло ли оказаться, что любую сумму в натуральное число рублей можно набрать этими монетами, используя монеты каждого достоинства не более 6 раз?

Решение

  Покажем, что математики могли выбрать число      – корень уравнения  α² + α = 7.  Ясно, что  α > 2.  Нетрудно видеть, что при натуральных m     где a_m и b_m – целые числа, причём  a_m < 0 < b_m  при нечётных m и  a_m > 0 > b_m  при чётных m. Значит, число αm иррационально.
  Осталось показать, что для любого натурального числа n сумму в n рублей можно набрать требуемым способом. Рассмотрим все способы набрать n рублей выпущенными монетами (хотя бы один такой способ существует: можно взять n рублёвых монет). Выберем из них способ, в котором наименьшее число монет. Предположим, что какая-то монета достоинства α^k  (k ≥ 0)  встречается в этом способе хотя бы 7 раз. Тогда можно заменить 7 монет по α^k монетами достоинств α^k+1 и α^k+2. При этом суммарное достоинство монет не изменится  (α^k+1 + α^k+2 = 7α^k),  а их количество уменьшится. Это противоречит выбору нашего способа.

Ответ

Могло.

Замечания

Как нетрудно видеть, для любого искомого числа α сумма в 7 рублей может набраться лишь как  7 = α + α².  Значит, предъявленное значение α – единственное.

Источники и прецеденты использования