Задача 105183

Темы:    [ Доказательство тождеств. Преобразования выражений ] [ Примеры и контрпримеры. Конструкции ]

Сложность: 4- Классы: 8,9,10

Условие

Автор: Маркелов С.В.

Назовём белыми числа вида $\sqrt{a+b\sqrt{2}}$, где $a$ и $b$  — целые, не равные нулю. Аналогично, назовём чёрными числа вида $\sqrt{c+d\sqrt{7}}$, где $c$ и $d$  — целые, не равные нулю. Может ли чёрное число равняться сумме нескольких белых?

Решение

Например, $$\sqrt{3+ \sqrt{2}}+ \sqrt{3- \sqrt{2}}= \sqrt{6+2 \sqrt{7}}.$$ Это равенство легко проверить возведением в квадрат.

Как догадаться до такого равенства? Будем искать черное число, равное сумме двух белых. Опыт работы с радикалами подсказывает, что нужно брать сопряженные белые числа: $$\sqrt{A+B \sqrt2}+ \sqrt{A-B \sqrt2}= \sqrt{C+D \sqrt7}.$$ Возводя обе части равенства в квадрат, получим: $$2A+2 \sqrt{A^2-2B^2}=C+D \sqrt7. (*)$$ Итак, достаточно подобрать такие числа $A$ и $B$, что $A^2-2B^2=7$, тогда можно взять $C = 2 A$, $D = 2$.

Комментарии. 1. Уравнение $A^2-2B^2=7$ имеет бесконечно много решений в целых числах. Поэтому и уравнение $(*)$ имеет бесконечно много решений. Это связано с тем, что уравнение Пелля $A^2-2B^2=1$ имеет бесконечно много решений в целых числах.

2. Имеется критерий представимости чисел в виде $A^2 - 2 B^2$ с целыми $A$ и $B$, похожий на критерий представимости чисел в виде суммы двух квадратов, см. комментарий к задаче 4 для 11 класса олимпиады 1996 г.

3. У исходной задачи есть и другие решения: $$\sqrt{26-18\sqrt{2}}+ \sqrt{5+3 \sqrt{2}} + \sqrt{27+9 \sqrt{2}}= \sqrt{54+18 \sqrt{7}},$$ $$\sqrt{mn+m+2m \sqrt n}+ \sqrt{mn+m-2m \sqrt n}+ \sqrt{n+1+2 \sqrt n}+ \sqrt{n+1-2 \sqrt n} = \sqrt{4mn+4n+8n \sqrt m}.$$ Здесь первое равенство следует из равенства $$\big((2- \sqrt2)+(1+ \sqrt2)\big) \sqrt{3- \sqrt2}+3 \sqrt{3+ \sqrt2}=3 \sqrt{6+2 \sqrt7}.$$ Оно показывает, что число белых слагаемых может быть равно трем. Второе равенство показывает, что пару чисел $(2, 7)$ можно заменить на любую другую пару чисел, не являющихся полными квадратами (это равенство фактически придумано школьником на олимпиаде).

4. Интересно, что для "ординарных" радикалов ответ на аналогичный вопрос отрицательный. Если $p_1$, $p_2$, ..., $p_n$ – различные простые числа, то ни один из корней $\sqrt{p_i}$ не представляется в виде суммы других с рациональными коэффициентами. Верно и более общее утверждение, но доказательство его гораздо сложнее: сумма чисел вида $\sqrt[n_i]{p_{i}^{m_i}}$ с рациональными коэффициентами является иррациональным числом, если все дроби $m_i/n_i$ правильные и различные.

5. Заметим, что решение уравнений в радикалах – знаменитая тема, которая положила начало современной алгебре. Замечания по поводу этой задачи присылайте ее автору по адресу [e-mail].

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	67
Год	2004
вариант
Класс	10
задача
Номер	3