close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

269.Математическое просвещение Серия 3 Выпуск 10(2006 МЦНМО).pdf

код для вставкиСкачать
МАЕМАИЧЕСКОЕ
ПРОСВЕЩЕНИЕ
ретья серия
выуск 10
Москва
Издательство МЦНМО
2006
УДК 51.009
ББК 22.1
М34
Издание осущствлено ри оддержке РФФИ
(издательский роект ┌ 05{01{14083).
?
88
?
Редакионная коллегия
Бугаенко В. О.
Гальерин Г. А.
Дориченко С. А.
Канель-Белов А. Я.
Розов Н. Х.
Френкин Б. Р.
Винберг Э. Б.
Глейзер Г. Д.
Егоров А. А.
Константинов Н. Н.
Сосинский А. Б.
Ященко И. В.
Главный редактор: Э. Б. Винберг
Вялый М. Н.
Гусейн-Заде С. М.
Ильяшенко Ю. С.
Прасолов В. В.
ихомиров В. М.
Отв. секретарь: М. Н. Вялый
Адрес редакии:
119002, Москва, Б. Власьевский ер., д. 11, к. 301
(с ометкой ─Математическое росвещение│)
Email: matprosmme.ru
Web-page: www.mme.ru/free-books
М34
Математическое росвещение.
М.: МЦНМО, 2006. | 288 с.
ISBN 5-94057-227-8
ретья серия, вы. 10. |
В сборниках серии ─Математическое росвещение│ убликуются материалы о роблемах современной математики, изложенные на достуном
для широкой аудитории уровне, заметки о истории математики, обсуждаются роблемы математического образования.
УДК 51.009
ББК 22.1
ISBN 5-94057-227-8
МЦНМО, 2006.
Содержание
Владимиру Михайловичу ихомирову 70 лет
Г. Г. Магарил-Ильяев
Пять сюжетов о творчестве Владимира Михайловича ихомирова
8
Проблемы математического образования
В. М. ихомиров
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения (синтетический
курс) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
А. Б. Скоенков
Олимиады и математика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Математический мир
А. Б. Сосинский
I H E S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
Наш семинар: математические сюжеты
В. А. Усенский
Четыре алгоритмических лиа случайности . . . . . . . . . . . . . . 71
Г. Ю. Панина
Алгебра многогранников . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
И. В. Изместьев
О сумме углов многогранника . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
В. О. Бугаенко
Обобщенная теорема Ван дер Вардена . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
Уникальносоставленные фигуры . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
А. Каибханов, А. Скоенков
Примеры трансендентных чисел . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
А. Я. Белов
Формула для объема ересечения куба с олуространством . . . . 185
М. Н. Вялый
О редставлении чисел в виде суммы двух квадратов . . . . . . . . 190
М. Ш. Цаленко
Периодические оследовательности . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195
Конкурсы и олимиады
Студенческий конкурс решения задач 2004{2005 гг. . . . . . . . . . 206
Л. В. Радзивиловский
Обобщение ерестановочного неравенства и монгольское
неравенство . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
С. А. Дориченко
Избранные задачи 27 урнира Городов . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
По мотивам задачника ─Математического росвещения│
И. И. Богданов, Г. Р. Челноков
Обобщенные суергармонические оследовательности . . . . . . . . 232
П. Шолье
О неотриательных гармонических функиях на решетке . . . . . . 236
Е. Д. Куланин
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя . . . . . . 243
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
Об одном свойстве интегрируемой функии . . . . . . . . . . . . . . 265
А. Я. Канель
Комментарий к статье М. Аельбаума, В. Журавлёва
и П. Самовола . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
Нам ишут
И. И. Богданов
Более короткие решения задач из задачника ─Математического
росвещения│ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
А. К. Ковальджи
Задача о собственных числах . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275
А. Скоенков
Исравления к статье А. Скоенкова ─Вокруг критерия
Куратовского ланарности графов│ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276
Задачный раздел
Условия задач . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 278
Решения задач из редыдущих выусков . . . . . . . . . . . . . . . . 281
Новые издания
286
Владимиру Михайловичу ихомирову
70 лет
В 2005 году отмечался юбилей академика Российской академии естественных наук, рофессора Московского государственного университета, заведующего кафедрой отимального уравления и главного редактора нашего ─Математического росвещения│, Владимира Михайловича
ихомирова. рудно оверить, что этому красивому, моложавому и олному энергии человеку уже семьдесят. Владимир Михайлович родолжает активно и творчески работать как математик-исследователь, читать
лекии не только в МГУ, но и в Независимом московском университете,
на летней школе в Дубне и (в текущем семестре) в Бременском университете, вдохновенно вести многостороннюю общественную работу.
Редколлегия МП, реодаватели НМУ и Московского ентра нерерывного математического образования желают Владимиру Михайловичу в ервую очередь доброго здоровья. Нет нужды явно высказывать
ринятые в таких случаях рочие ожелания | зная Владимира Михайловича, мы уверены, что и ─дальнейшие творческие усехи│, и ─долгие
годы счастливой и лодотворной жизни│ обязательно риложатся, было
бы здоровье.
******
е, кто учился на мехмате МГУ в ятидесятые и шестидесятые годы рошлого столетия, рекрасно омнят студента, а затем асиранта и
ассистента Володю ихомирова | одного из наиболее заметных людей
на факультете. Необыкновенно красивый, стремительный и открытый
человек, он считался одним из самых талантливых математиков своего
околения и был, одновременно, одним из наиболее активных общественных деятелей мехмата.
Его большая организаионная работа о комсомольской линии не вызывала, однако, ни осуждения, ни раздражения студенческой элиты этого
ериода, в елом настроенной скетически или антагонистически к тем,
кто сотрудничал с коммунистической властью. Дело в том, что в своей общественной деятельности Володя не стремился к выолнению указаний
идущих сверху, а наоборот, ользовался существующими структурами
для того, чтобы волощать в жизнь олезные инииативы идущие от него и его друзей | тех, кому исолнилось двадать к началу ─хрущевской
6
оттеели│. Разумеется, Володя не занимался комсомольской работой с елью сделать карьеру | врочем, ему бы это не удалось: артийной организаии факультета очень не нравились его честность и независимость,
─своим│ они никак не могли его ризнать.
Но главным в этот ериод жизни Владимира Михайловича | как,
врочем, и во всей его дальнейшей жизни | была научная работа. Ему в
этом отношении сразу овезло: уже на младших курсах на него обратил
внимание Андрей Николаевич Колмогоров, и Володя стал его учеником
и соратником. Первые работы юного ихомирова, сразу ринесшие ему
известность, были выолнены од руководством А. Н. Колмогорова, да
и в дальнейшем влияние его учителя было огромным. ак, три из яти
сюжетов математического творчества ихомирова, оисанных в статье
Г. Г. Магарил-Ильяева (см. сс. 8{22 ниже), родолжают и развивают классические работы его учителя. Стоит отметить, что Колмогоров оказал
огромное влияние на Владимира Михайловича не только в научном лане,
но и в человеческом | и в смысле жизненной философии, и в отношении
к культуре.
Вся дальнейшая жизнь Владимира Михайловича оказалась связанной с механико-математическим факультетом МГУ. Здесь он сразу осле асирантуры защитил кандидатскую диссертаию, в 36 лет защитил
докторскую, стал доентом и рофессором, заведующим кафедрой. Кафедра отимального уравления была создана ри его активном участии
в 1966 году. Первым заведующим кафедрой стал академик В. А. раезников, однако с самого основания кафедрой реально руководил Владимир Михайлович. В 1989 он возглавил кафедру не только де-факто, но и
де-юре.
Кафедра отимального уравления мехмата МГУ | любимое детище Владимира Михайловича. Он сумел ривлечь к ней весьма квалифиированных сеиалистов, в том числе своих лучших учеников,
создать доброжелательную творческую атмосферу, взяв на себя все трудности административной работы в неростые рошедшие и нынешние
времена.
Все эти годы Владимир Михайлович родолжал заниматься общественной работой, как на факультете, так и вне него. Из разнообразных наравлений этой деятельности | неизменно олезной и достойной
уважения | мы отметим здесь лишь одно: работу о сохранению наследия московской математической школы (и конкретно научного наследия
А. Н. Колмогорова) и о истории математики вообще. Многие омнят
замечательные вечера амяти различных московских ученых, которое
он организовывал и роводил в Центральном доме ученых, а читатели ─Математического росвещения│ знают эту сторону его деятельности о его историческим статьям, оубликованным в нашем сборнике:
7
об А. Н Колмогорове, Л. С. Понтрягине (┌2), А. О. Гельфонде, Л. Г. Шнирельмане (┌4), Л. А. Люстернике (┌5), А. С. Кронроде, Л. В. Канторовиче (┌6), И. М. Гельфанде (┌8), И. Ф. Шарыгине (┌9).
Владимир Михайлович рекрасный семьянин. е, кому осчастливилось бывать в его гостериимном доме, радуются арящей в нем телой
атмосфере и общением с женой Владимира Михайловича Наташей и с их
двумя дочерьми.
Выстуая на весьма нетрадиионном юбилейном вечере, освященном
его семидесятилетию, сенарий которого он сам и ридумал, Владимир
Михайлович отметил, что его жизнь была удивительно счастливой. А мы
можем добавить | счастливой и яркой, и ожелать самим себе как можно
чаще с ней сорикасаться.
8
Пять сюжетов о творчестве
Владимира Михайловича ихомирова
Г. Г. Магарил-Ильяев
Математическое творчество Владимира Михайловича ихомирова
очень разнообразно, но основные интересы его связаны с теорией риближений, теорией экстремальных задач и выуклым анализом. В своей деятельности Владимир Михайлович всегда руководствуется идеей,
что все значительное в математике основано на небольшом числе общих
фундаментальных риниов, а конкретные результаты олучаются на
основе хорошо развитых исчислений. Здесь будет редставлено несколько
сюжетов, рассказывающих о роблемах, которыми занимался Владимир
Михайлович в разные времена и где его влияние было существенным в
становлении и/или развитии соответствующей тематики. Этих сюжетов
ять, и это связано, в частности, с тем, что Владимир Михайлович любит, чтобы в любом сиске (а он их составляет часто и о самым разным
оводам) число унктов было кратно яти.
1. Поеречники множеств. В 1936 году А. Н. Колмогоров ввел оня-
тие оеречника | величину, которая характеризует наилучшее риближение данного множества ространствами фиксированной размерности.
Оределение оеречника таково. Пусть X | нормированное ространство, C | одмножество X и n | неотриательное елое число. Величина
dn (C; X ) = inf sup inf kx ? kX ;
Ln x?C ?Ln
где ервая нижняя грань берется о всем одространствам Ln в X размерности не выше n, называется n-оеречником о Колмогорову множества C в X .
Для того, чтобы лучше очувствовать смысл этого онятия, рассмотрим следующий ример. Пусть X | лоскость с евклидовой нормой | ╥ |
и C | эллис (см. рис. 1). Мы хотим наилучшим образом риблизить C
одномерными одространствами (т. е. рямыми L, роходящими через
ноль). Это можно онимать так. Фиксируем какую-нибудь рямую L и
усть x ? C . Расстоянием от x до L в метрике X называется величина d(x; C; X ) = inf ?L |x ? |, а величина d(C; L; X ) = supx?C d(x; L; X )
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
C
L
x
9
Lb
Рис. 1.
| уклонением C от L в метрике X . Нас интересует то одространство Lb, на котором это уклонение минимально. Мы говорим тогда, что
Lb осуществляет наилучшее риближение эллиса C одномерными одространствами. Очевидно, что Lb совадает с осью абсисс и минимальное уклонение равно длине малой олуоси эллиса, что в соответствии
с оределением выше и есть 1-оеречник о Колмогорову эллиса C в
евклидовой норме.
Появление работы Колмогорова ознаменовало начало нового этаа
развития теории риближений, связанного с оисками наилучшего метода риближения данного функионального класса. С 1936 года и влоть
до шестидесятых годов рактически не было убликаий на тему о оеречниках. Но затем, од влиянием исследований, связанных с роблемой
Гильберта о суерозииях функий и модной тогда теорией информаии, эта тематика стала активно развиваться.
В этот ериод В. М. ихомиров убликует ряд работ, которые стали оределяющими для ее дальнейшего развития. Он ввел ряд величин,
которые с разных точек зрения характеризуют ароксимативные возможности данного множества (роекионный оеречник, линейный оеречник, оеречник о Гельфанду, о Бернштейну и др.) и олучил ряд
конкретных результатов для них, основываясь на разработанных им же
методах, которые воследствии многократно рименялись и обобщались
в десятках работ. Оределенный итог этого этаа своей деятельности
Владимир Михайлович одвел в монографии [1?.
Здесь мы сформулируем один результат В. М. ихомирова, который
дает общий одход к оенкам оеречников снизу и окажем на римере,
как он рименяется.
еорема (ихомирова о оеречнике шара). Пусть X | нормированное ространство, Ln+1 | (n + 1)-мерное одространство X ,
> 0 и BLn+1 = {x ? Ln+1 | kxkX 6 }. огда
dn (BLn+1; X ) = :
10
Г. Г. Магарил-Ильяев
Рассмотрим следующий ример. Пусть X = C ([0; 1?) | ространство нерерывных функий x(╥) на отрезке [0; 1? с нормой kx(╥)kC ([0;1?) =
1 ([0; 1?) | класс функий x(╥) на [0; 1?,
= maxt?[0;1? |x(t)|, C = W?
удовлетворяющих условию Лишиа (с константой единиа), т. е.
|x(t) ? x(t? )| 6 |t ? t? | для всех t; t? ? [0; 1?. Покажем, что для любого
n>1
dn (W?1 ([0; 1?); C ([0; 1?)) = 21n :
Оенка снизу. Обозначим через Ln+1 ространство ломаных на отрезке [0; 1? с изломами в точках tk = k=n, k = 1; : : : ; n ? 1. Легко роверить,
что размерность Ln+1 равна n + 1 и что если x(╥) ? Ln+1 и максимум модулей угловых коэффииентов звеньев ломаной x(╥) не ревосходит еди1 ([0; 1?). В частности, если kx(╥)kC ([0;1?) 6 1=2n, то
ниы, то x(╥) ? W?
нетрудно видеть, что этот максимум модулей не ревосходит единиы
1 ([0; 1?). Отсюда, учитывая очевидное свойи значит, (1=2n)BLn+1 ? W?
ство оеречника: если C1 ? C2 , то dn (C1 ; X ) 6 dn (C2 ; X ), будем иметь
о теореме ихомирова о оеречнике шара:
dn(W 1 ([0; 1?); C ([0; 1?)) > dn 1 BLn+1; C ([0; 1?) = 1 :
2n
?
2n
Оенка сверху. Обозначим через Ln одространство ломаных с изломами в точках k = (2k ? 1)=2n, k = 1; : : : ; n ? 1, и остоянных на отрезках
[0; 1 ? и [n?1 ; 1?. Легко видеть, что Ln | n-мерное ространство. Пусть
x(╥) ? W?1 ([0; 1?). Сооставим этой функии ломаную (╥) ? Ln такую,
что (k ) = x(k ), k = 1; : : : ; n ? 1. Простой одсчет оказывает, что
kx(╥) ? (╥)kC ([0;1?) 6 1=2n. огда расстояние от x(╥) до Ln в метрике
C ([0; 1?) тем более не ревосходит 1=2n, т. е. d(x(╥); Ln ; C ([0; 1?)) 6 1=2n.
Переходя слева в этом неравенстве к верхней грани о всем x(╥) ?
W?1 ([0; 1?), а затем к нижней грани о всем одространствам размерности не выше n, олучаем, что
dn (W 1 ([0; 1?); C ([0; 1?)) 6 1 :
?
2n
Вместе с оенкой снизу это доказывает нужное утверждение.
2. Средняя размерность и наилучшие риближения на некомактных многообразиях. В теории риближений, начиная с работ
С. Н. Бернштейна, изучаются риближения отдельных функий и классов функий, заданных на всей рямой R. Сам Бернштейн ввел для этого
некий аналог ространства тригонометрических олиномов, а именно,
ространство B (R), > 0, которое редставляет собой сужения елых
функий f на R, удовлетворяющих условию: для любого " > 0 найдется
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
11
такое число C" = C"(f ) > 0, что для всех z ? C выолняется неравенство |f (z )| 6 C" exp( + ")|z |. Эквивалентное оределение B (R) таково:
это совокуность функий f на R, у которых реобразование Фурье (как
обобщенной функии) сосредоточено на отрезке [?; ?. В оследующие
годы оявились другие средства риближения классов функий на рямой, наример, ространства слайнов и вейвлетов. Кусочно-остоянные
функии и ломаные | ростейшие римеры ространств слайнов. Эти
ространства и ространства B (R) бесконечномерны, а стандартные
классы функий (скажем, соболевские классы функий на рямой), для
риближения которых они исользуются | некомактны. Как в этой ситуаии сравнивать различные средства риближения?
Один их возможных одходов основан на онятии средней размерности ространства, истоки которого восходят к работам К. Шеннона о
теории информаии, где он дал оределение ─энтроии на единиу времени│ случайного сигнала на рямой с ограниченным сектром (т. е. реализаии этого сигнала как раз являются элементами B (R)). В 1956 году
А. Н. Колмогоров модифиировал это оределение для одространств
обычных (не случайных) функий.
Первый результат в этом наравлении | энтроия на единиу времени ограниченных функий из B (R) | был олучен В. М. ихомировым [2?. Воследствии Владимир Михайлович ввел характеристику одространства, аналогичную колмогоровской, но отравляющуюся не от
энтроии, а от оеречника о Колмогорову, которая и олучили название средней размерности ространства. Суть дела такова. Начнем с
ростой ситуаии. Пусть Lh | ространство ломаных на R с изломами в точках {kh}, k ? Z, h > 0. Для любого T > 0 обозначим через
LhT сужение ространства Lh на отрезок [?T; T ?. Легко роверить, что
размерность LhT равна 2T=h + 3, если T=h | елое, и 2[T=h? + 3 (где
[T=h? | елая часть T=h), если T=h | неелое, и отсюда легко следует, что limT ?? (dim LhT )=2T = h?1 . Это число и называется средней
размерностью (или размерностью на единиу времени) ространства Lh
(заметим, что мы, очевидно, олучим тот же результат, если будем рассматривать, наример, только ограниченные ломаные). Эта роедура
(с заменой в оследней формуле редела на нижний редел) озволяет
оределить среднюю размерность любого ространства, сужение которого на [?T; T ? конечномерно для всех T > 0.
Ситуаия несколько сложнее, если сужение одространства на
[?T; T ? не конечномерно. В этом случае остуаем следующим образом.
Пусть L | одространство, скажем, ространства C b(R) ограниченных
нерерывных функий x(╥) на рямой с нормой kx(╥)kC b (R) = supt?R |x(t)|
и BC b(R) | единичный шар в C b(R). Обозначим через (L ? BC b(R))T |
12
Г. Г. Магарил-Ильяев
сужение множества L ? BC b(R) на отрезок [?T; T ? и редоложим, что
это сужение комактно в C ([?T; T ?) (ространство нерерывных функий на [?T; T ? с обычной нормой) для каждого T > 0. огда его можно
с любой точностью риблизить конечномерными одространствами и
значит, для любого " > 0 конечна величина
K"(T; L; C b(R)) = min{n ? Z+ | dn ((L ? BC b(R))T ; C ([?T; T ?)) < "};
где dn ((L ? BC b(R))T ; C ([?T; T ?)) | n-оеречник о Колмогорову множества (L ? BC b(R))T в метрике C ([?T; T ?). Ясно, что K" (T; L; C b (R)) |
минимальная размерность одространства, ароксимирующего множество (L ? BC b (R))T с точностью до ".
Легко роверить, что функия " ? K" (T; L; C b (R)) не возрастает ри
каждом T > 0.
Средней размерностью ространства L в C b (R) назовем величину
C (R))
dim(L; C b (R)) = lim lim inf K" (T; L;
:
2T
"?0 T ??
Легко роверить, что если сужение L на [?T; T ? конечномерно, то
данное оределение равносильно оределению, данному выше.
В терминах средней размерности результат В. М. ихомирова, о котором говорилось выше, звучит так
dim(B (R) ? C b(R); C b (R)) = :
b
Пусть > 0. огда отсюда и из редыдущего следует, что если h
и таковы, что 1=h = = = , то средние размерности ространства
ограниченных ломаных и ространства ограниченных функий из B (R)
равны . Рассматривая все ространства функий на рямой, у которых
средняя размерность не ревосходит , можно говорить о выборе наилучшего среди них для риближении того или иного класса функий на
рямой. очнее говоря, можно оределить средний -оеречник о Колмогорову и другие средние оеречники и оставить те же воросы, что
и в комактной ситуаии: точные и асимтотически точные значения
этих оеречников, экстремальные ространства и т. . Это оределило
новое наравление в теории риближений | наилучшие риближения некомактных классов функий. Здесь олучено много интересных результатов. В настоящее время наиболее активно эта тематика развивается в
Китае.
3. Прини Лагранжа. В 1897 году Лагранж высказал следующий
рини: ─Если ищется максимум или минимум некоторой функии многих еременных ри условии, что между этими еременными имеется
связь, задаваемая одним или несколькими уравнениями, нужно рибавить
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
13
к функии, о которой говорилось, функии, задающие уравнения связи,
умноженные на неоределенные множители, и искать затем максимум и
минимум остроенной суммы, как если бы еременные были независимы.
Полученные уравнения, рисоединенные к уравнениям связи, ослужат
для оределения всех неизвестных│.
Обдумывая необходимые условия экстремума в различных задачах,
Владимир Михайлович ришел к выводу, что этот рини (если ридать ему чуть более расширенное толкование) имеет универсальный характер: рактически все необходимые условия экстремума могут быть
формально выведены, ользуясь реетом Лагранжа.
Слова Лагранжа относились к задачам вида
f0(x) ? extr; fi(x) = 0; i = 1; : : : ; m;
где extr означает либо максимум, либо минимум. Согласно рекомендаиям надо составить
функию (функию Лагранжа) данной задачи:
Pm
L(x; ) = i=0 i fi (x) (разумно ставить множитель и у f0 ; это некоторое родвижение со времен Лагранжа, но, равда, единственное), где
= (0 ; : : : ; m ) | набор ─неоределенных множителей│ (множителей Лагранжа). Далее надо искать максимум и минимум функии L о x ─как
если бы еременные были независимы│, для чего сначала надо выисать
необходимые условия экстремума: равенство нулю частных роизводных.
Если fi | функии n еременных, то мы олучим n уравнений. Относительно множителей i эти уравнения однородны и оэтому один из них
можно считать, скажем, равным единие. В результате имеем n + m уравнений (m уравнений связи) для нахождения n + m неизвестных. очный
результат (равило множителей Лагранжа) звучит так: если функии fi,
i = 0; 1; : : : ; m, нерерывно дифференируемы в некоторой окрестности
точки xb и в этой точке достигается локальный экстремум, то найдется такой ненулевой набор множителей Лагранжа P
=m (0 ; : : : ; m ),
что xb удовлетворяет соотношению Lx(xb; ) = 0, т. е. i=0 i fi?(xb) = 0,
где fi? (xb) | роизводные (градиенты ) функий fi, 0 6 i 6 m, в точке xb.
Рассмотрим теерь так называемую задачу отимального уравления
Z t1
t0
f (t; x(t); u(t)) dt ? min; x_ = '(t; x; u); u(t) ? U;
x(t0 ) = x1 ; x(t1) = x1; (3.1)
и оробуем онять вид необходимых условий минимума в этой задаче,
следуя формально рекомендаиям Лагранжа.
В этой задаче f и ' | функии трех еременных, U | некоторое множество на рямой. Переменная u называются уравлением, а x | фазовой
еременной. Интерес к такого сорта задачам возник в ятидесятые годы
14
Г. Г. Магарил-Ильяев
рошлого века в ответ на заросы рактики: требовалось отимально
(в том или ином смысле) уравлять различными роессами, учитывая
естественную ограниченность ресурсов (материальных, энергетических
и т. .). В нашем случае роесс оисывается дифферениальным уравнением x_ = '(t; x; u) (на ─вход│ одается уравление u(╥), на ─выходе│
олучаем x(╥)). Мы хотим найти такое уравление ub(╥), чтобы соответствующая фазовая еременная xb(╥) в начальный и конечный моменты времени t0 и t1 ринимала значения x0 и x1 , чтобы ub(╥) для каждого t ? [t0 ; t1 ?
не выходило за ределы множества U (отражающего ограниченность наших возможностей) и, наконе, чтобы это уравление было отимально
в том смысле, что интеграл на аре (xb(╥); ub(╥)) ринимал минимальное
значение.
Необходимые условия минимума в одобной задаче были олучены в
ятидесятые годы и олучили название риниа максимума Понтрягина. Это одно из наиболее ярких достижений теории экстремальных задач.
Будем смотреть на задачу (3.1) как на задачу минимизаии функии
двух еременных x(╥) и u(╥), удовлетворяющих соответствующим ограничениям. Ограничение x_ (t) ? '(t; x(t); u(t)) = 0, t ? [t0 ; t1 ?, можно восринимать как континуум равенств, каждое из которых надо умножить на
─неоределенный множитель│, который обозначим (следуя традиии) p(t)
и ─сложить│, т. е. роинтегрировать. аким образом, функия Лагранжа
задачи (3.1) имеет вид
Z t1
L(x(╥); u(╥); )=
t0
(0 f (t; x(t); u(t)) + p(t)(x_ (t) ? '(t; x(t); u(t))))dt+
+ 0 (x(t0 ) ? x0 ) + 1 (x(t1 ) ? x1 );
где = (0 ; p(╥); 0 ; 1 ) | набор множителей Лагранжа. Пусть (xb(╥); ub(╥))
| решение задачи. Выишем необходимые условия минимума функии
Лагранжа в этой точке отдельно о x(╥) и о u(╥). По x(╥) | это так называемая задача Больа | стандартная задача классического вариаионного исчисления. Если обозначить через L одынтегральную функию,
то необходимые условия в этой задаче имеют вид
?
db
L (t) + Lbx(t) = 0
dt x_
?
p_(t) = ?p(t)'bx(t) ? 0fbx(t)
(3.2)
p(t0 ) = 0; p(t1 ) = ?1:
(3.3)
(где Lb x_ (t) = Lx_ (t; xb(t); xb_ (t); ub(t); 0 ; p(t)) и аналогично для остальных
функий с крышкой) и
Lbx_ (t0 ) = 0 ; Lbx_ (t1 ) = ?1
?
Нетрудно роверить, что если ub(╥) доставляет минимум о u(╥) функии Лагранжа, то необходимо (и достаточно), чтобы в каждой точке t,
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
15
где функия ub(╥) нерерывна, функия L достигала минимума о u ? U
в точке ub(t), т. е.
min(0 f (t; xb(t); u) ? p(t)'(t; xb(t); u)) =
u?U
= 0 f (t; xb(t); ub(t)) ? p(t)'(t; xb(t); ub(t)): (3.4)
Можно заисать это выражение в форме максимума, оменяв знаки
еред 0 f и p' на ротивооложные.
Соотношения (3.2), (3.3) и (3.4) (в форме максимума) и есть рини максимума Понтрягина для данной задачи. очную формулировку
не будем риводить, но суть ее (как и в равиле множителей Лагранжа)
в том, что существует такой ненулевой набор множителей Лагранжа ,
что выолняются условия (3.2){(3.4).
Решение конкретных задач на основе риниа Лагранжа роисходит, как равило, о следующей схеме: выисываются необходимые
условия экстремума, отом они анализируются и в результате находят
─одозреваемый│ на экстремум объект (скажем, функию). После этого
роверяют, что найденный объект действительно есть решение данной
задачи (в следующем сюжете будет рассмотрен ример). Важно ри этом
отметить, что зачастую нам нужна лишь структура необходимых условий, для чего волне достаточно владения риниом Лагранжа, а не
знания соответствующего точного результата. Более того, иногда такого
результата росто нет, а рини Лагранжа дает равильный ориентир
для решения задачи.
В течении многих лет Владимир Михайлович роагандирует рини Лагранжа как эффективный рием для решения самых различных
экстремальных задач. К сожалению, ока его идея: ─Почти все экстремальные задачи устроены одинаково и решаются стандартно│ еще не
─овладела массами│. До сих ор оявляются работы, освященные решению той или иной экстремальной задачи, которые суть уражнения
на рименение риниа Лагранжа. Особенно важно онимание риниа Лагранжа для ─отребителей│ теории экстремума (инженеров, экономистов, уравленев), которым эта теория экстремума реодносится как набор отдельных реетов для решения задач того или иного
тиа.
Различные воросы теории экстремума, в частности, рини Лагранжа Владимир Михайлович родумывал со многими своими учениками и коллегами, и в ервую очередь здесь следует назвать Александра
Давидовича Иоффе и Владимира Михайловича Алексеева.
Систематическое изложение необходимых условий экстремума в различных экстремальных задачах с точки зрения риниа Лагранжа можно найти в монографии [3?.
16
Г. Г. Магарил-Ильяев
4. Неравенства для роизводных. Неравенства вида
kx(k) (╥)kLq (T ) 6 K kx(╥)kLp (T ) kx(n) (╥)kLr (T ) ;
(4.1)
где 0 6 k < n, 1 6 p; q; r 6 ?, T = R+ или R и > 0, > 0 (ри этом
и однозначно оределяются араметрами k; n; p; q; r), называют
неравенствами колмогоровского тиа или неравенствами Ландау { Колмогорова. акое название связано с тем, что в 1913 году Э. Ландау доказал неравенство (4.1) для случая k = 1, n = 2, q = p = r = ? и T = R+ и
нашел наилучшую (т. е. наименьшую из возможных) констант K в этом
неравенстве, которая оказалась равной 2, а в 1938 году А. Н. Колмогоров
нашел точную константу в неравенстве (4.1) для любых елых k и n,
1 6 k < n, q = p = r = ? и T = R .
Неравенства вида (4.1) ривлекали внимание многих известных математиков (Адамар, Надь, Харди, Литтльвуд, Полиа и др.). Вслеск интереса к этим неравенствам роизошел в шестидесятые годы рошлого
века в связи с задачей о наилучшем риближении неограниченного оератора (обычно оератора дифференирования) ограниченными оераторами, оставленной С. Б. Стечкиным. Был олучен ряд новых точных
результатов. Неравенства (4.1) играют важную роль в различных воросах анализа и теории риближений.
Нахождение точной константы в таком неравенстве равносильно решению следующей экстремальной задачи
kx(k) (╥)kLq (T ) ? max; kx(╥)kLp (T ) 6 1 ; kx(n) (╥)kLr (T ) 6 2
(4.2)
для любых 1 > 0 и 2 > 0.
В начале семидесятых годов В. М. ихомиров оставил общую задачу
kD 0 x(╥)kLp0 (T ) ? max; kD i x(╥)kLpi (T ) 6 i ; i = 1; : : : ; m
(где D | оератор (вообще говоря) дробного дифференирования, T |
не только рямая или олурямая, но, скажем, отрезок или все ространство Rn ) и редложил исследовать ее, оираясь на общие риниы теории экстремума. При этом основная ель, которую реследовал Владимир Михайлович, заключалась в том, чтобы исытать возможности этой
теории, так как ри различных pi моделируется рактически весь сектр
задач, которые в ней изучаются (задачи вариаионного исчисления, отимального уравления, выуклые задачи, задачи с фазовыми ограничениями и т. д.). Не оследнюю роль играла, конечно, и эстетическая сторона
дела: точное решение красивой экстремальной задачи | всегда немалое
удовольствие.
Через некоторое время выяснилось, что фактически все решенные к
тому времени задачи вида (4.2) редставляют собой, о сути дела, уражнения на рименение риниа Лагранжа. Более того, такой естествен-
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
17
ный одход (решение экстремальной задачи методами теории экстремума) озволил сразу увидеть возможные обобщения олученных результатов, родвинуться в решении новых задач и увидеть связи их с другими
задачами теории риближений.
В качестве римера найдем точную константу в одной достаточно
ростой ситуаии, но ри этом важно заметить, что схема рассуждений
будет такой же и ри доказательстве любого другого неравенства, где
можно олучить точный ответ аналитически.
Докажем точное неравенство
?
1=2
1=2
kx(╥)kC b (R+ ) 6 2 kx(╥)kL2 (R+ ) kx_ (╥)kL2 (R+ ) ;
(4.3)
сраведливое для всех локально абсолютно нерерывных (т. е. абсолютно нерерывных на каждом отрезке) функий x(╥) ? L2 (R+ ), у которых
ервая роизводная x_ (╥) также ринадлежит L2 (R+ ). Обозначим это ространство через W21 (R+ ).
Рассмотрим на W21 (R+ ) экстремальную задачу
Z
Z
2
x(0) ? max;
x (t) dt 6 1;
x_ 2(t) dt 6 1:
(4.4)
R+
R+
Если мы найдем решение xb(╥) этой задачи, на котором ограничения обращаются в равенства, то докажем соответствующее точное неравенство.
Действительно, усть x(╥) ? W21 (R+ ) и x(╥) 6= 0. огда легко роверить, что функия y(t) = ax(bt), где a = (kx(╥)kL2 (R+ ) kx_ (╥)kL2 (R+ ) )?1=2
и b = kx(╥)kL2 (R+ ) =kx_ (╥)kL2 (R+ ) является доустимой в (4.4) и оэтому
y(0) = ax(0) 6 xb(0), или
x(0) 6 xb(0)kx(╥)k1L=22(R+)kx_ (╥)k1L=22(R+) :
(4.5)
Отсюда следует, что сраведливо такое неравенство
1=2
1=2
kx(╥)kC b (R+ ) 6 x
b(0)kx(╥)kL2 (R+ ) kx_ (╥)kL2 (R+ ) :
(4.6)
В самом деле, если для некоторого x(╥) ? W21 (R+ ) это неравенство не
выолняется, то найдется такое ? R+ , что x( ) будет больше равой
части в (4.6) ри x(╥) = x(╥). Но на функии x(t) = x(t? ) значение равой
части в (4.6), очевидно, не больше, чем на x(╥), а так как x(0) = x( ), то
риходим к ротиворечию с неравенством (4.5).
Итак, для доказательства (4.3) осталось?найти решение задачи (4.4)
и убедиться, что его значение в нуле равно 2. Функия Лагранжа задачи (4.4) имеет вид
Z
Z
2
2
L(x(╥); ) = 0 x(0) + 1
x (t) dt ? 1 + 2
x_ (t) dt ? 1 ;
R+
R+
18
Г. Г. Магарил-Ильяев
где = (0 ; 1 ; 2 ). Согласно риниу Лагранжа, если xb(╥) | решение (4.4), то найдется такой ненулевой вектор , что функия Лагранжа удовлетворяет необходимым условиям минимума в точке xb(╥). Задача минимизаии функии Лагранжа | это задача Больа (о которой
говорилось уже в редыдущем сюжете), равда, на бесконечном ромежутке. Не обращая на это внимания, выишем формально необходимые
условия минимума. Они заключаются в том, что должно выолняться
уравнение Эйлера:
b(t) + 21 xb(t) = 0
?22 x
(4.7)
и условие трансверсальности:
22 xb_ (0) = 0 :
(4.8)
Проанализируем олученные соотношения. Во-ервых, 1 и 2 не равны нулю, ибо, если 1 = 0, то из (4.7) следует, что либо 2 = 0, либо
xb(╥) = 0. В ервом случае из (4.8) вытекает, что 0 = 0, т. е. все множители Лагранжа равны нулю, что невозможно. Во втором случае олучаем,
что xb(t) = at + b. Но эта функия не ринадлежит L2 (R+ ), если ab 6= 0, а
если a = b = 0, то xb(╥) = 0, что, очевидно, тоже не так о смыслу задачи.
Аналогичные рассуждения оказывают, что и 2 6= 0.
Далее, 1 и 2 должны быть одного знака, так как в ротивном случае
никакое нетривиальное решение (4.7) не ринадлежит L2 (R+ ). Поскольку
в соотношениях (4.7) и (4.8) множители Лагранжа оределены с точностью до ненулевого сомножителя, то можно считать, что 1 > 0 и 2 > 0.
огда из (4.7) следует, что
?
?
xb(t) = C1e? = t + C2 e = t:
?
Но xb(╥) ? L2 (R+ ), оэтому C2 = 0 и тем самым xb(t) = C1 e? = t . ак
как xb(╥) 6= 0, то отсюда вытекает, что xb_ (0) 6= 0 и о смыслу задачи ясно,
что xb_ (0) < 0. огда из (4.8) олучаем, что 0 < 0 и можем считать, что
0 = ?1.
Константы C1 , 1 и 2 найдем из (4.8) и соотношений
1
2
1
2
1
Z
R+
xb2(t) dt = 1;
Z
R+
Элементарный одсчет оказывает, что
xb_2 (t) dt = 1:
xb(t) = 2e?t ; 1 = 2 = 2?1 2 :
?
Ясно, что xb(╥) ? W21 (R+ ).
2
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
19
Докажем теерь, что функия xb(╥) действительно является решением
задачи (4.4). Она удовлетворяет уравнению (4.7). Умножим обе его части
на x(╥) ? W21 (R+ ), роинтегрируем о R+, затем роинтегрируем в ервом слагаемом о частям1) и одставим вместо xb(╥), 1 , 2 их выражения.
огда олучим, что для всех x(╥) ? W21 (R+ ) имеет место тождество
Z
Z
?t
x(0) = e x(t) dt ? e?t x_ (t) dt:
R+
R+
(сраведливость которого легко роверить и неосредственно).
Пусть x(╥) | доустимая функия в задаче (4.4). По неравенству Коши { Буняковского
Z
1=2
x(0) 6
e?2t dt kx(╥)kL2 (R+)+
R+
Z
1=2
?
?2t
+
e dt kx_ (╥)kL2 (R+) 6 ?12 + ?12 = 2:
R+
?
Но xb(0) = 2 и следовательно, xb(╥) | решение задачи (4.4). Неравенство (4.3) доказано.
Относительно одхода, основанного на риние Лагранжа, к задачам о неравенствах для роизводных и их взаимосвязям с другими задачами теории риближений см. в [4?.
5. Выуклый анализ. Выуклый анализ | раздел математики, где
изучают выуклые множества, выуклые функии и выуклые экстремальные задачи.
Работы Владимира Михайловича о выуклому анализу очень разнообразны и связаны как собственно с развитием этой дисилины, так
и с риложениями ее к задачам теории риближений и теории экстремума. Но важно и то, что од влиянием этих работ сформировался
оределенный взгляд на редмет выуклого анализа, который оказался
весьма лодотворным, особенно для риложений. Суть этого взгляда состоит в том, что основное содержание выуклого анализа | это соотношения двойственности для некоторого набора оераторов и орожденное ими выуклое исчисление. Поясним сказанное на римере оератора
соряжения для конусов и затем рименим это к воросу о критериях
существования решений систем линейных неравенств.
Учитывая,R что функии из W (R ) ограничены.
Действительно, R t x( ) x_ ( ) d =
R
= x ( )|t ? t x( ) x_ ( ) d . Следовательно, 2 t x( ) x_ ( ) d = x (t) ? x (0). Отсюда,
рименяя
неравенство
Коши { Буняковского,
олучим неравенство x (t) 6 x (0) +
R
= R
=
+ 2 + x ( ) d
для всех t ? R .
+ x_ ( ) d
1)
1
2
2
0
0
2
R
+
2
0
1 2
2
R
0
2
1 2
+
2
2
20
Г. Г. Магарил-Ильяев
Обозначим через
Rn обычное евклидово ространство всех векторx1 столбов x = ... , а через (Rn )? | евклидово ространство векторxn
P
строк y = (y1 ; : : : ; yn ). Если y ? (Rn )? , то отображение x 7? y ╥x = ni=1 yixi
есть, очевидно, линейный функионал и любой линейный функионал на
Rn может быть редставлен в таком виде. аким образом, мы отождествляем (Rn )? с ространством всех линейных функионалов на Rn и говорим, что (Rn )? | двойственное ространство к Rn .
Сооставим каждому выуклому конусу C ? Rn конус C ? ? (Rn )?
(который называется соряженным конусом к C ) о формуле: C ? =
= { y ? (Rn )? | y ╥ x > 0; ? x ? C }. Легко видеть, что это выуклый
конус (и даже замкнутый). Соответствующий оератор обозначим ─ ? │.
Повторное рименение этого оератора риводит к конусу C ?? = (C ? )? =
= { x ? Rn | y ╥ x > 0; ? y ? C ? }. Элементарно роверяется, что C ? C ?? .
Соотношение двойственности для данного оератора состоит в том,
что если C | выуклый замкнутый конус, то
C ?? = C:
(5.1)
Доказательство есть ростое следствие теоремы отделимости точки от
замкнутого выуклого множества.
Если C1 и C2 | выуклые конусы, то, очевидно, C1 + C2 и C1 ? C2
| также выуклые конусы. Далее, если C | выуклый конус в Rn и
A : Rn ? Rm | линейный оератор (который будем отождествлять с его
матрией размера m в n в стандартных базисах Rn и Rm и обозначать то
же буквой), то образ (рообраз) C ри действии A, который обозначим
AC (CA), есть снова выуклый конус в Rm (Rn).
Выуклое исчисление для данного случая | это формулы для соряженных конусов только что оределенных оераий. Для того, чтобы их
выисать оределим еще оератор A? : (Rm )? ? (Rn )? | соряженный к
A, действующий о равилу A? y = yA. Итак, формулы выглядят так:
(a) (C1 ? C2 )? = C1? + C2?
(b) (C1 + C2 )? = C1? ? C2?
()
(AC )? = C ? A?
(d)
(CA)? = A? C ? :
Формулы (b) и () сраведливы без каких-либо редоложений (и роверяются без труда). Для сраведливости формул (a) и (d) требуются
доолнительные редоложения, но они заведомо выолняются, если считать, что конусы олиэдральны, т. е. являются ересечениями конечного
числа замкнутых олуространств. Можно роверить, что оределенные
выше оераии ереводят олиэдральные конусы в олиэдральные.
Перейдем к риложениям. Если A | матриа размера m в n и b ?
Rm , то системы m линейных уравнений и неравенств с n неизвестными
Пять сюжетов о творчестве В. М. ихомирова
21
могут быть заисаны так: Ax = b и Ax 6 b, где неравенство онимается
окоординатно.
Первое, что мы выясним | это условия существования неотриательного решения у системы Ax = b или, другими словами, когда b ? ARn+ ,
где Rn+ = {x ? Rn | x > 0}. Ясно, что Rn+ | олиэдральный конус. В силу соотношения (5:1), формулы () и очевидного равенства (Rn+ )? = Rn+,
будем иметь
ARn+ = ((ARn+)? )? = (Rn+A? )? ;
т. е. b ? ARn+ в том и только в том случае, когда y ╥ b > 0 для тех y ? (Rm )? ,
для которых A? y > 0.
Это известная теорема Минковского { Фаркаша.
Следующий ворос: какие условия существования решения у системы
неравенств Ax 6 b? Другими словами, когда b ? ARn + Rm
+ ? В силу (5:1),
(b), () и того, что (Rn )? = {0}, будем иметь
ARn + Rm+ = ((ARn + Rm+ )? )? = ((Rn)? A? ? (Rm+ )? )? = (0A? ? Rm+ )?:
Но 0A? | это ядро A? и оэтому b ? ARn + Rm
+ в том и только? в том
m
?
случае, когда y ╥ b > 0 для тех y ? (R ) , для которых y > 0 и A y = 0.
Это также известная теорема Ки Фаня (Фань Цзи).
Наконе естественно оставить ворос о существовании неотриательного решения у системы неравенств Ax 6 b, т. е. когда b ? ARn+ + Rm
+?
В силу (5:1), (b) и () олучим
ARn+ + Rm+ = ((ARn+ + Rm+ )? )? = ((Rn+)? A? ? (Rm+ )? )? = (Rn+A? ? Rm+ )?
и таким образом, b ? ARn+ + Rm
в том случае, когда y ╥ b > 0
+ в том и только
m
?
?
для тех y ? (R ) , для которых y > 0 и A y > 0.
Это утверждение известно как теорема Гейла.
Если выуклый конус | одространство, то соряженный конус |
это аннулятор данного одространства и соответствующее выуклое
исчисление озволяет олучить критерии существования решений систем
линейных уравнений.
Многие факты теории риближений и теории экстремума могут быть
олучены как следствия соотношений двойственности и формул выуклого исчисления для тех или иных оераторов, ереводящих выуклые объекты (выуклые множества и выуклые функии) в себя.
В монографиях [5?{[8? отражены основные воззрения Владимира Михайловича на редмет выуклого анализа и его взаимосвязи с анализом,
геометрией, теорией экстремума и теорией риближений.
22
Г. Г. Магарил-Ильяев
Сисок литературы
[1? ихомиров В. М. Некоторые воросы теории риближений . Изд-во
МГУ, 1976. 304 с.
[2? ихомиров В. М. Об "-энтроии некоторых классов аналитических
функий // ДАН СССР, т. 117, ┌2, 1957, с. 191{194.
[3? Алексеев В. М., ихомиров В. М., Фомин С. В. Отимальное уравление . Наука, Москва, 1979. 429 с.
[4? Магарил-Ильяев Г. Г., ихомиров В. М. О неравенствах для роизводных колмогоровского тиа // Мат. сборник, т. 188, ┌12, 1997,
с. 73{106.
[5? Иоффе А. Д., ихомиров В. М. еория экстремальных задач . Наука,
Москва, 1974. 479 с.
[6? ихомиров В. М. Выуклый анализ . Итоги науки и техники. Серия
Современные роблемы математики. Фундаментальнык наравления. ВИНИИ, Москва, 1987, с. 5{101.
[7? Магарил-Ильяев Г. Г., ихомиров В. М. Выуклый анализ и его риложения . УРСС, Москва, 2003 (2-ое изд.), 176 с.
[8? Magaril-Il'yaev G. G., Tikhomirov V. M. Convex Analysis : Theory and
Appliations . AMS, Translations of Mathematial Monographs, vol. 222,
2003, 183 p.
Г. Г. Магарил-Ильяев, Московский государственный институт радиотехники, электроники и автоматики (технический университет)
Проблемы математического
образования
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
(синтетический курс)
В. М. ихомиров
Введение
Как надо учить математике и чему? Давайте оразмышляем.
Конечно, стоит восользоваться богатейшим оытом реодавания
математики на механико-математическом факультете МГУ. Начну с восоминаний.
Я остуил на механико-математический факультет МГУ в 1952 году. Математическое отделение мехмата состояло в ту ору из восьми
кафедр: анализа (заведующим кафедрой был тогда А. Я. Хинчин), высшей геометрии и тоологии (П. С. Александров), алгебры (А. Г. Курош),
дифферениальной геометрии (В. Ф. Каган), дифферениальных уравнений (И. Г. Петровский), теории функий и функионального анализа
(Д. Е. Меньшов), теории вероятностей (А. Н. Колмогоров), теории чисел
(А. О. Гельфонд).
Важную роль в реодавании играли обязательные курсы. Вот
сисок обязательных курсов, из которых, в основном, складывалось мое
математическое образование: математический анализ (лекторы Л. А. умаркин и А. И. Маркушевич), аналитическая геометрия (П. С. Александров), алгебра (А. Г. Курош), обыкновенные дифферениальные уравнения (В. В. Немыкий), дифферениальная геометрия (П. К. Рашевский), анализ III (А. Н. Колмогоров), теория функий комлексного
24
В. М. ихомиров
еременного (А. О. Гельфонд), дифферениальные уравнения с частными роизводными (О. А. Олейник), вариаионное исчисление (И. М. Гельфанд), теория вероятностей (Ю. В. Прохоров).
Я недаром ривел сиски заведующих кафедрами и лекторов. По-моему, они свидетельствуют о том, что мехмат МГУ в ту ору был несравненным о конентраии выдающихся ученых среди всех остальных университетов мира. В одтверждение этого риведу слова В. И. Арнольда:
─Плеяда великих математиков, собранных на одном факультете, редставляет собой явление исключительное, и мне не риводилось встречать ничего одобного нигде.│ (В. И. Арнольд, ─Избранное{60│. М.: Фазис, 1997, с. 714.) И образование, которое давалось в те годы, было
очень высокого ранга. Это образование закладывалось не только на обязательных курсах. Знания, олученные на них, одкрелялись рактическими семинарами, которые вели оытнейшие реодаватели-доенты, имевшие многолетний стаж работы. Назову некоторых: Н. Д. Айзенштат, В. Б. Демидович, С. А. Гальерн, З. М. Кишкина, А. С. Пархоменко,
И. В. Проскуряков и другие. Но главной особенностью мехмата МГУ того времени было изобилие сеиальных курсов и сеиальных семинаров.
Среди семинаров, сыгравших выдающуюся роль в истории отечественной математики | тоологический кружок П. С. Александрова, семинар
о теории вероятностей А. Н. Колмогорова и А. Я. Хинчина, семинар о
теории функий Н. К. Бари и Д. Е. Меньшова, семинар о комлексному анализу М. А. Лаврентьева и А. И. Маркушевича, семинар о уравнениям с частными роизводными И. Г. Петровского, С. Л. Соболева и
А. Н. ихонова, семинар о всей математике И. М. Гельфанда и многие,
многие другие.
Но вернемся к обязательным курсам. Они, как это можно усмотреть
из сооставлений их названий с названиями кафедр, расределялись, как
равило, о кафедрам. Кафедры дифферениальных уравнений и теории функий и функионального анализа имели два курса (ервая | о
обыкновенным уравнениям и уравнениям с частными роизводными, вторая | о комлексному еременному и вариаионному исчислению). Курс
─Анализ III│, читавшийся Колмогоровым, был особенным. Это был синтетический курс , соединявший в себе элементы теории функий, функионального анализа и интегральных уравнений (раньше эти дисилины
читались орознь).
******
В течение оследних двух лет мне довелось реодавать в двух необычных университетах | Московском независимом университете и
Международном университете Бремена. В этой статье отражены некоторые идеи, которые возникли у меня в связи с этим реодаванием.
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
25
Сложившаяся у нас в России система университетского реодавания математики (да и многого другого) остроена о так сказать ─федеративному│ риниу, когда математика рассматривается, как страна, разделенная на фактически независимые штаты: Анализа, Алгебры,
Геометрии, Дифферениальных уравнений, еории функий и функионального анализа, еории вероятностей. . .
В университете Бремена введен особый курс, который я не встречал в
других местах. Он называется \Рerspetives of Mathematis". Это курс без
фиксированной рограммы, читаемый о очереди оследовательно всеми
рофессорами университета для студентов, олучивших уже редварительные знания о анализу и линейной алгебре. И мне ришла в голову
идея рочитать синтетический курс о всей той математике, которой
меня учили на ервых двух курсах мои учителя ятьдесят с лишним лет
тому назад. При этом я исходил из идеи, что математика | это единая
страна, единое унитарное государство, и отому все можно воссоединить
в едином икле лекий. Здесь редставлен консект четырех лекий этого
курса.
В ервой лекии речь идет о решении линейных уравнений, во второй | о кониках и квадриках, затем о началах анализа и, наконе, о
дифферениальных уравнениях. Каждая лекия одразделяется на четыре части. В ─нулевой│ части речь идет о редыстории, это ─гуманитарный│ фрагмент, не требующий каких-то математических знаний. Он еще
адресован и дедушкам с бабушками, которые что-то хотят реодать своим внукам. В следующей части мы вкрате касаемся истоков теории, и
там мы оираемся, в основном, на школьные знания. Затем речь идет о
развитии темы; она частично бывает редставлена в математическом вузовском образовании и на ервых курсах университетов. В оследней части доказываются некоторые фундаментальные результаты, читаемые,
да и то далеко не всегда, на старших курсах университетов. В коне статьи вкрате обсуждаются риложения рассмотренных в ней воросов к
другим разделам математики и к естествознанию.
В начальных частях лекий речь заходит о знаменитых трудах, таких как аирус Райнда | древнейший задачник, известный в истории
науки, ─Коники│ Аоллония, \Nova methodus" Лейбниа (ервая оубликованная статья о анализу) и \Method of Flutions" Ньютона, далее уоминаются труды Эйлера, Лагранжа и Коши. В заключительных частях
доказываются альтернатива Фредгольма, теорема Гильберта { Шмидта о симметрических оераторах, обобщенная теорема Люстерника об
обратном отображении, теоремы Коши существования, единственности,
нерерывной и дифференируемой зависимости решений дифферениальных уравнений.
26
В. М. ихомиров
Основной части редшествует раздел, содержащий редварительные
сведения, в котором вводятся основные ространства, в которых редстоит действовать, а также формулируются три риниа существования и три риниа линейного анализа. Доказательства некоторых из
этих риниов и некоторые рямые следствия из них риведены в риложении. В самом коне статьи мы возвращаемся к воросу о том, чему
и как надо учить математике.
Предварительные сведения
Здесь собраны основные онятия, а также некоторые факты общей
тоологии и линейного анализа, которые нам онадобятся далее в заключительных частях лекий. Я рассчитываю на читателей, имеющих
какое-то отношение к математике, в частности, на школьников, ей интересующихся. Этой категории читателей исходные онятия в той или иной
мере знакомы, так что к материалу этого раздела они могут обращаться
о мере необходимости ри чтении статьи (или ее отдельных частей, которые в значительной стеени независимы друг от друга). И отому все
редварительные сведения набраны етитом.1)
Стоит также редуредить читателя, что часть утверждений оставлена без доказательства, или дается лишь основная идея доказательства. акие роущенные детали рассуждений читателю рекомендуется
восстановить самостоятельно.
Пространства и основные онятия
Основным, важнейшим ространством для нас явится совокуность вещественных
чисел R. Вещественные числа можно складывать, вычитать и делить (нельзя, врочем,
делить на нуль). Вещественные числа будут для нас римером векторного, тоологического, метрического и банахова ространств, оределения которых нас
ждут вереди.
n и (Rn ) .
Кроме R мы остоянно будем xсталкиваться
с
ространствами
R
1!
Элементы Rn это столбы ... из n вещественных чисел; весь такой столбе
x
мы будем обозначать одной буквой x nи исать ри
этом x ? Rn . акие элементы
T
будем называть
. Если x ? R , то через x обозначается строка (x ; : : : ; xn ).
Столбы
можно
окоординатно
складывать
и умножать на вещественные
числа: если
!
!
y1
x1
x1 !
x1 y1 !
.. , а если ? R, то x = ... .
x = ... и y = ... , то x + y =
.
?
n
векторами
1
+
xn
yn
xn +yn
xn
Сведения, содержащиеся в этом разделе, изложены в большинстве учебных книг
о математике. Хотел бы орекомендовать читателю статьи ─Банахово ространство│,
─Векторное ространство│, ─Гильбертово ространство│, ─Комактное ространство│,
─Комактный оератор│, ─Метрическое ространство│, ─оологическое ространство│ в кн. ─Математическая Эниклоедия│, 5тт., М.: Советская эниклоедия, 1977.
1)
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
27
Кроме ространства Rn векторов-столбов будем рассматривать ространство
(Rn ) векторов-строк. Rn и (Rn ) доставляют римеры векторных ространств, т. е.
множеств X с двумя оераиями | сложением элементов и умножением элементов
на вещественные числа с естественными аксиомами (коммутативности, ассоиативности, наличия нуля и обратного элемента для сложения и аксиом ( )x = (x),
( + )x = x + x и (x + y) = x + y, связывающих друг с другом оераии сложения и умножения на число).
Помимо векторов нам встретятся таблиы размеров n в m, называемые
:
?
?
a
::: a n
.
.. ?
A=?
? ..
. ?:
?
?
мат-
риами
11
1
am1 : : : amn
Векторы изn можно восринимать, как матриы из одного столба и n строк, векторы из (R ) | как матриы из одной строки и n столбов.
Оределяется оераия умножения ?матриы A на? вектор. Произведение матриы A
=1 a1 x
на вектор x ? Rn равно вектору Ax = ? ... ?; роизведение вектора y ? (Rm )
Rn
?
Pn
j j
j
?
j =1 amj xj
Pm
P
m a y
yA
a
y
;
:
:
:
;
j =1 j 1 j
j =1 jn j
x╥y
y ? Rn
Pn
на A | это вектор = (
).
n
, то через обозначают
Если x ? (R ) , a
? сумму x y + : : : + xn yn (это соответствует равилу умножения матри). Величину xT ╥ x обозначают |x| и называют
вектора x.
Пространства R; Rn и (Rn ) доставляют римеры тоологических ространств.
Вот что это такое. Пусть задано множество X и в нем система одмножеств , обладающая свойствами: а) устое множество и всё X ринадлежат , b) объединение любой
совокуности множеств из и ересечение конечного числа множеств из ринадлежат . акая ара (X; ) называется
.
Множества из называются
, доолнения к открытым множествам
называются
. Подмножество тоологического ространства называется
, если из любого его открытого окрытия можно выделить конечное одокрытие. Примером комакта на R может служить отрезок [a; b?,
?? < a < b < ?.
Нетрудно доказать, что ространства Rn и (Rn ) , в которых множество называется
открытым,
если вместе с каждой своей точкой оно содержит открытый шар U (; ") =
= {x ? Rn | |x ? | < "} с ентром в радиуса " ри некотором " > 0 (зависящем от ),
становятся тоологическими ространствами.
Важным римером тоологических ространств являются метрические ространства.
| это множество X , на котором оределена функия
расстояния, сооставляющая аре (x ; x ) ? X в X неотриательное число d(x ; x )
(расстояние между x и x ), равное нулю, если и лишь если x = x , обладающее
свойством симметрии d(x ; x ) = d(x ; x ) (для любых x и x ) и удовлетворяющее
неравенству треугольника: d(x ; x ) 6 d(x ; x ) + d(x ; x ) для любых x ; x ; x .
Метрическое ространство становится тоологическим, если открытые множества
в нем оределять, как множества, которые вместе с каждой своей точкой содержат
U (; ") = {x | d(x; ) < "} (с ентром в радиуса " ри некотором
" > 0, зависящем от ).
Примерами метрических ространств могут служить рямая R ( d(x; y) = |x ? y|)
и n-мерные ространства Rn или (Rn ) с d(x; y) = |x ? y| = (Pni (xi ? yi ) ) = .
?
1 1
модулем
?
тоологическим ространством
открытыми
замкнутыми множествами
комактом
?
Метрическое ространство
1
1
2
1
2
1
1
2
2
1
3
1
1
1
2
2
2
2
3
1
2
3
открытый шар
?
=1
2 1 2
2
28
В. М. ихомиров
Частным случаем метрических ространств являются
ространства. Это векторные ространства (X; k ╥ kX ), в которых оределена норма k ╥ kX : X ?
R , равная нулю лишь на нулевом элементе и удовлетворяющая аксиомам: kxkX =
= || kxkX , для любых ? R, x ? X и kx + x kX 6 kxkX + kx kX для любых x; x ? X .
Метрика в нормированном ространстве оределяется равенством d(x; x ) = kx ? x kX .
Геометрические рассмотрения естественно риводят к оределению n-мерного
ространстваPnвекторов-строк x = (x ; : : : ; xn ), оснащенногоn
hx; y i = k xk yk (это ространство будем обозначать E ). Оно становится банаховым, если норму оределить как kxkE = phx; xi. Векторное ространство (X; h╥; ╥i) со скалярным роизведением h╥; ╥i, удовлетворяющим аксиомам неотриательности (hx; xi > 0 для любого x ? X , ричем равенство достигается лишь на
нулевом векторе), симметрии (hx; x i = hx ; xi для любых x; x ? X ) и билинейности
(hx + x ; x i = hx; x i + hx ; x i) называется
.
Объектом изучения будут далее и нерерывные функии на тоологических или
метрических ространствах.
Понятие функии или отображения (как и онятие множества) относится к числу
изначальных онятий в математике. Если даны два множества X и Y , то отображением из X в Y называется соответствие f , ри котором каждому элементу x множества
X соотнесено либо устое множество, либо один элемент f (x) множества Y . При этом
ишут: f : X ? Y . (Иначе можно сказать, что функия f : X ? Y оределяется одмножеством ар (x; y) (
XвY
(x; y)), ри котором
каждому x ? X соответствует либо устое множество, либо одна ара (x; y); совокуность ар (x; f (x)) называется
f ). Отображения из X в R называют
, а если X = Rn , то
. Подмножество dom f ? X тех x, для которых
f (x) 6= ?, |
f ; если A ? X , то {y ? Y | ? x ? A : y = f (x)} |
A ? X ри отображении f (обозначается f (A)), а {x ? X | f (x) ? B } |
B ? Y (обозначается f (B )). Если f (A) = Y , то отображение f называют
.
Пусть (X ; ) и (X ; ) | тоологические ространства. Отображение f : X ?
X называется
, если рообраз любого множества из ринадлежит (─рообраз открытого множества открыт│). Функия f : X ? R (где X | тоологическое ространство) называется
(
), если ее лебеговские
множества L (f ) = {x | f (x) 6 } (M (f ) = {x | f (x) > }) замкнуты ри любом
? R.
В случае метрического ространства оределение нерерывной функии равносильно более ривычному (с " и ф).
Пусть (X; d) | метрическое ространство и f | функия на X . Она называется
? X , если для всякого " > 0 найдется ф > 0 такое, что если
d(x; ) < ф , то |f (x) ? f ( )| < ". Если f нерерывна в каждой точке множества A ? X ,
она называется
A. Отображение F : X ? X метрического ространства (X; d) в себя называется
, если существует такое число , 0 < < 1,
что d(F (x); F (x )) 6 d(x; x ) для любых x; x ? X . Множество в метрическом ространстве (X; d) называется
в X , если его замыкание совадает с X ;
множество A ? X называется
X , если каждое открытое одмножество в X содержит открытый шар, не ересекающийся с A.
Важнейшим метрическим бесконечномерным ространством является ространство C ([a; b?) нерерывных вещественных функий на отрезке [a; b?, где расстояние
оределяется о формуле: d(f; g) = maxx a;b |f (x) ? g(x)|.
Пусть (X; d) | метрическое ространство. Последовательность его элементов
{xn }n называется
, если существует элемент x такой, что nlim d(xn ; x) =
= 0; она называется
,
">0
N ?N
нормированные
+
?
?
?
?
евклидова
скалярным
1
роизведением
?
=1
n
?
? ?
??
??
?
?
?
?
??
редгильбертовым
декартова роизведения
всех ар
графиком
оналами
функи-
функиями
область оределения
образ
ро-
?1
образ
сюръективным
1
1
2
2
1
нерерывным
2
2
олунерерывной снизу
сверху
нерерывной в точке
нерерывной на
сжимающим
?
?
?
всюду лотным
нигде не лотным в
?[
?N
?
сходящейся
фундаментальной
если для любого
??
найдется номер
1
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
29
,
n; m > N ,
d(xm ; xn ) < " Очевидно, что любая сходящаяся оследовательность фундаментальна.
Метрическое ространство (X; d) называется
, если в нём любая фундаментальная оследовательность является сходящейся. Примерами
олных метрических
ространств являются рямая R, ространства R и (Rn ) и ространство C ([a; b?).
Полные относительно метрики d(x; x ) = kx ? x kX нормированные ространства
называются
. Если X | нормированное ространство, то совокуность
X нерерывных линейных функионалов на нем является банаховым ространством.
Действие линейного функионала x ? X наnэлемент X ? X обозначим hx ; xi.
Обобщением евклидовых ространств E является гильбертово ространство |
векторноеpространство со скалярным роизведением, олное относительно метрики
d(x; y ) = hx ? y; x ? y i. Гильбертово ространство является метрически изоморфным
со своим соряженным.
И в заключение дадим оределение основного онятия дифферениального исчисления | онятия роизводной.
Пусть X | одно из ространств, о которых речь
шла выше: либо R, либо Rn , либо банахово ространство (X; k ╥ kX ), U | открытое
множество, содержащее точку xb и f : U ? R { вещественная функия. Говорят, что
функия fnдифференируема в точке xb, если найдется число a, соответственно | вектор a ? (R ) или нерерывный линейный функионал a на ространстве X такие, что
f (xb + x) = f (xb) + a[x? + r(x), где a[x? в случае R это росто роизведение чисел a и
x, в случае Rn | роизведение a ╥ x вектора a ? (Rn ) на вектор a ? Rn , в банаховом
случае | это результат действия линейного функионала a на элемент x (т.е. ha; xi),
a r(x) = o(x), а это означает, что xlim |rk(xxk)| = 0 (где kxk в конечномерном случае
означает |x|, а в бесконечномерном | kxkX .
такой
что если
то
.
олным
?
?
?
банаховыми
?
?
?
?
?
?
k k?0
Приниы существования
.
I. Прини комактности Вейерштрасса { Лебега { Бэра Полунерерывная
снизу на комакте функия достигает своей нижней грани
.
.
II. Прини разреженности Бэра Полное метрическое ространство не редставимо как объединение счетного числа нигде не лотных множеств
.
.
. Отсюда легко выводится, что если некоторая стеень отображения
является сжимающей, то само отображение имеет единственную неодвижную точку.
III. Прини сжимающих отображений Пикара { Каччиоолли { Банаха
Сжимающее отображение олного метрического ространства в себя имеет неодвижную точку
ри риниа линейного анализа
Оределение. Говорят, что два множества A и B в нормированном ространстве
X строго отделимы , если существуют нерерывный линейный функионал x? ? X ? и
число " > 0 такие, что minx?Ahx?; xi > maxx?B hx? ; xi + ".
(следствие риниа Хана { Банаха).
,
. Следствием этого результата является факт нетривиальности аннулятора L = {x ? X | ?x ? L hx ; xi = 0}:
L
X,
X,
L 6= {0}
(следствие риниа открытости Банаха).
X Y
: X ? Y
,
,
R: Y ? X
C,
Ry = y kR(y)kX 6 C kykY
y?Y
Прини отделимости
Замкнутое вы-
уклое одмножество банахова ространства строго отделимо от точки
ринадлежащей
?
?
не совадающее с
?
то
?
?
если
| замкнутое одространство
.
еорема о равом обратном
и
| банаховы ространства,
Пусть
| линейный
ный оератор. огда существуют такие отображение
что
,
ему не
для всех
.
нерерывный
сюръектив-
и константа
30
В. М. ихомиров
оология в ространстве X , соряженном к нормированному ространству X , орожденная множествами (x; ) = {x | hx ; xi < }, x ? X , > 0 и
их конечными ересечениями, называется
.
.
,
,
.
Оределение.
?
?
?
слабой
Прини комактности Банаха { Алаоглу Ограниченное выуклое замкнутое
одмножество ространства соряженного к банахову ространству комактно в
слабой тоологии
1. еория линейных уравнений
1.0. Задача из аируса Райнда и решение одного уравнения
с одним неизвестным
Древнейшей рукоисью, в которой обсуждаются математические воросы, считается так называемый ─Паирус Райнда│ (названный о имени его владельа, егитолога Г. Райнда), наисанный, как олагают,
4000 лет тому назад. В нем содержатся решения арифметических задач.
Вот задача из этого аируса:
Число и седьмая часть этого числа в сумме равны девятнадати. Чему равно число ?
(Если читателю захочется узнать, как егитянин должен был решать
эту задачу, он может рочитать об этом в книге Г. Вилейтнера ─Хрестоматия о истории науки│, М.{Л.: ОНИ, 1935, с. 14).
Для решения этой задачи надо составить одно уравнение с одним неизвестным:
Ax = b;
(1.1)
8
1
в котором A = 1 + 7 = 7 и b = 19 известны, а x надо найти. О том, как
решать уравнения с одним неизвестным, многие узнают еще до школы:
для того, чтобы решить уравнение (1:1), надо оделить b на A (и тогда
найдется x = Ab ). В задаче из аируса Райнда x = 19 : 87 = 16 58 .
1.1. ─Семь частей искусства математики│ и решение системы
двух уравнений с двумя неизвестными
В китайском учебнике ─Семь частей искусства математики│, наисанном во время династии Хань свыше восемнадати веков тому назад, есть
задача: В клетке фазаны и кролики. У них вместе 35 голов и 94 ноги.
Сколько в клетке фазанов и сколько кроликов ?
Решать такие задачи нас учат в школе. В мое время детей учили решать их двумя сособами: арифметически (в четвертом и ятом классе)
и алгебраически (начиная с шестого). При арифметическом решении надо было рассуждать, скажем, так. Если бы вместо кроликов были бы
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
31
куры, у них с фазанами вместе было бы семьдесят ног, на двадать четыре ноги меньше. Эти двадать четыре ноги олучились за счет того, что кроликов было двенадать, а фазанов, следовательно, двадать
три. Проверка: у двадати трех фазанов сорок шесть ног, у двенадати кроликов | сорок восемь, а всего девяносто четыре. Задача решена
равильно.
Чтобы решить задачу ─алгебраически│, надо составить два уравнения
с двумя неизвестными. Если число фазанов обозначить через x1 , а число
кроликов через x2 , мы риходим к уравнениям: x1 +x2 = 35, 2x1 +4x2 = 94.
В общем виде два уравнения с двумя неизвестными заисываются так:
a11 x1 + a12 x2 = b1, a21x1 + a22 x2 = b2 , где aij , 1 6 i; j 6 2, и bi, i = 1; 2,
известны, а x1 и x2 надо найти. Эту систему уравнений можно заисать
в виде (1.1), только A будет уже не числом, а таблией из четырех чисел
A = ( aa1121 aa1222 ) (называемой матрией ). При этом x и b | это тоже
не
x
1
числа, а векторы | ары чисел, расоложенные в столбе x = ( x2 ), b =
= bb12 . Для матриы A и вектора x можно оределить роизведение Ax:
надо ервый элемент верхней строки умножить на x1 , а второй на x2 ,
олучив ервый элемент вектора роизведения, а отом то же роделать
со второй строкой. аким образом, роизведение
матриы A на вектор
a
11 x1 +a12 x2
x риводит к вектору Ax = a21 x1+a22 x2 , и равенство (1:1) ревращается
в систему:
Ax = b ? a11 x1 + a12 x2 = b1; a21x1 + a22 x2 = b2 :
(1:1? )
Школьников учат решать одобные системы методом исключения неизвестных. Наример, для того, чтобы решить задачу ро фазанов и кроликов, разумно из ервого уравнения выразить x2 через x1 и, одставив
во второе уравнение, найти x1 . ак или римерно так решают линейные
уравнения и на рактике (где иногда встречаются задачи с миллионами
неизвестных). Но есть уть, имеющий теоретический интерес, который
ведет к явному выражению решений не только двух уравнений с двумя неизвестными, но любого числа n уравнений с n неизвестными через
─оределители│. Продемонстрируем его сначала на римере двух уравнений с двумя неизвестными.
b1 , изобразим эти векто2 = ( aa12
Обозначив a1 = ( aa11
21 ), a
22 ) и b =
b2
ры на лоскости в декартовой системе координат (см. рис. 1). Пусть
V (a1 ; a2 ) означает (ориентированную) лощадь араллелограмма, орожденного векторами a1 и a2 . Функия (a1 ; a2 ) ? V (a1 ; a2 ) обладает следующими очевидными свойствами:
a) если e1 = ( 10 ), e2 = ( 01 ), то V (e1 ; e2 ) = 1;
b) V (e1 ; e2 ) = ?V (e2 ; e1 );
) V (1 a1 + 1 a1 ; a2 ) = 1 V (a1 ; a2 ) + 1 V (a1 ; a2 ).
32
В. М. ихомиров
b
a
x2
2
a1
Рис. 1.
Эти свойства риводят к тому, что
V = V (a1 ; a2) = V (a11 e1 + a21 e2 ; a12 e1 + a22 e2) =
= (a11 a22 ? a12 a21 )V (e1 ; e2 ) = a11 a22 ? a12 a21 :
Данное выражение называется детерминантом (или оределителем )
2
11 a12
матриы A = ( aa21
a22 ), обозначаемым det A. Обозначим V1 = V (b; a )
1
?
1
2
и V2 = V (a ; b). Уравнение (1:1 ) можно ереисать в виде a x1 + a x2 = b.
Из рис. 1 можно усмотреть, что x2 = VV2 и аналогично, что x1 = VV1 ,
ричем оба соотношения сразу выводятся из самих свойств а){с).
В задаче ро фазанов и кроликов V = 2, V1 = 46, V2 = 24, откуда
олучается, что в клетке 23 фазана и 12 кроликов. Это решение сложнее,
чем решение исключением неизвестных, но оно, овторюсь, важно для
многих теоретических рассмотрений.
Расскажем теерь о системах линейных уравнений со многими еременными. еория таких уравнений начала складываться в 18 веке, а
завершилась в девятнадатом. С этой теорией знакомят студентов во
многих вузах инженерного, экономического и многих других рофилей,
где изучают математику (и, разумеется, в университетах).
n линейных уравнений с n еременными
Систему n уравнений с n неизвестными также можно заисать в виде (1.1), только A будет уже матрией размера n в n:
?
?
a11 : : : a1n
.
.. ?
A=?
? ..
. ?;
an1 : : : ann
x и b | это n-мерные векторы-столбы
? ?
? ?
x1
b1
? .. ?
? .. ?
x = ? . ?; b = ? . ?;
xn
bn
1.2. Системы
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
33
a роизведение матриы A на вектор x, оределяемое аналогично двумерному случаю, риводит к вектору
?
?
a11 x1 + : : : + a1nxn
?
..
Ax = ?
?
?;
.
an1x1 + : : : + annxn
и тогда равенство (1.1) ревращается в систему:
Ax = b
?
n
X
j =1
a1j xj = b1; : : : ;
n
X
j =1
anj xj = bn;
(1.2)
Поробуем решить систему (1.2) методом, обобщающим рием, только
что родемонстрированный в редыдущем разделе, когда n равнялось
двум.
!
a11 a1n b1
Обозначим a1 = ... ; : : : ; an = ... и b = ... .
an1
ann
bn
n
n
Введем функию V : (R ) ? R, V = V (a1 ; : : : ; an ) ─объема│ системы
векторов {aj }nj=1 . Двумерные и трехмерные римеры оказывают, что
разумно отребовать от этой функии выолнения таких условий:
а) условия нормировки, согласно которому объем
куба
1единичного
0
1
n
1
n
.
должен равняться единие: V (e ; : : : ; e ) = 1, где e = .. ; : : : ; e = ...
0
1
| стандартный базис в Rn;
b) условия ─антисимметричности│:
V (e1 ; : : : ; ei?1 ; ei ; ei+1 ; ei+2 ; : : : ; en ) = ?V (e1 ; : : : ; ei?1 ; ei+1 ; ei ; ei+2 ; : : : ; en );
с) условия линейности о каждому векторному аргументу, для этого
достаточно отребовать, чтобы
V (a1 + a1 ; a2 ; : : : ; an ) = V (a1 ; a2 ; : : : ; an ) + V (a1 ; a2 ; : : : ; an ):
акже, как в двумерном случае, из риведенных аксиом однозначно
выводится выражение для объема араллелеиеда, орожденного векторами a1 ; a2 и a3 в трехмерном случае:
V (a1 ; a2 ; a3 ) =
= a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a21 a32 a13 ? a13 a22 a31 ? a12 a21 a33 ? a11 a32 a23 :
Продолжая о индукии, риходим к такому результату: существуn ), которая оределяется акет единственная функия V = V (a1 ; : : : ; aP
сиомами а)-с). Эта функия равна сумме P (?1)sign P ni=1 aiP (i) , взятой
о всем ерестановкам P ервых n чисел {1; 2; : : : ; n} со знаком, равным (?1)sign P , где число sign P равно нулю, если ереход от {1; 2; : : : ; n}
34
В. М. ихомиров
к {P (1); P (2); : : : ; P (n)} требует четного числа трансозиий соседних
элементов, и единие, если требуется нечетное число трансозиий (скажем, член a21 a32 a13 имеет знак +, ибо ереход от (312) к (123) требует
двух трансозиий: (312) ? (132) ? (323)). Выисанная функия удовлетворяет аксиомам а){с). Она и называется детерминантом или оределителем матриы A и обозначается det A. Для тренировки читатель,
который сталкивается с этим онятием вервые, может сосчитать какой-нибудь оределитель четвертого орядка или выисать ответ в общем виде (ридется росуммировать выражение из двадати четырех
слагаемых).
Основной теоретический результат, касающийся систем n линейных
уравнений с n неизвестными | равило Крамера2) | состоит в следующем:
Предложение 1.1. a) Если оределитель системы V = V (a1 ; : : : ; an )
отличен от нуля, то уравнение Ax = b разрешимо и решение системы
V
имеет вид xi = i , где Vi = V (a1 ; : : : ; ai?1 ; b; ai+1 : : : ; an ).
V
b) Имеет место альтернатива : либо уравнение Ax = b однозначно
разрешимо для любого b ? Rn , либо однородная система Ax = 0 имеет
ненулевое решение.
Доказательство. Пусть задана матриа
A = (aij )16i;j6n, у кото1
n
рой det A = V (a ; : : : ; a ) 6= 0. Из геометрического смысла оределителя
(и, разумеется, из его аксиоматических свойств) следует, что если вместо aj одставить в V (a1 ; : : : ; an ) вектор ak , k 6= j , то олучится нуль.
Пусть Vij | объем системы векторов {a1 ; : : : ; ai?1 ; ej ; ai+1 ; : : : ; an }. Если
омножить Vij на aij и раскрыть выражение для оределителя Vij , то соберутся все члены оределителя матриы A, которые
P содержат в роизведении элемент aij . еерь, если росуммировать ni=1 aij VijP, то соберутся
все члены оределителя матриы A; если же взять сумму ni=1 aik Vij для
k 6= j , то олучится оределитель матриы с двумя
одинаковыми столбP
V
n
ами ak , т. е. нуль. Отсюда вытекает, что ej = i=1 Vij ai , где ej | j -й базисный вектор, а Vij | объем системы векторов {a1 ; : : : ; ai?1 ; ej ; ai+1 ; : : :,
an},P
а значит следует, что система уравнений (1.2) разрешима для любого
b = nj=1 bj ej . При этом однородная система не может иметь ненулевого
решения, ибо это несовместимо с неравенством нулю оределителя. ЗаP
P
V
одно мы доказали равило Крамера, ибо b = nj=1 bj ej = ni;j =1 bj Vij aj =
P
V
= nj=1 Vj aj .
Габриэль Крамер (1704{1752) | швейарский математик; установил и оубликовал (в 1750 году) равило решения n линейных уравнений с n неизвестными, заложив
основы теории оределителей.
2)
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
35
Предоложим теерь, что система (1.2) разрешима для любого вектора b, а однородная система имеет ненулевое решение x1 . Обозначим
через L1 совокуность всех решений однородной системы. Решим уравнение Ax2 = x1 . огда x2 ? L2 \ L1 , где L2 | совокуность всех решений
A2 x = 0. Решим уравнение Ax3 = x2 и далее будем остуать аналогично, и в результате (вроде бы) остроим любое число линейно независимых векторов {xk }k?N . Но это невозможно, ибо V (x1 ; : : : ; xn ) 6= 0 (что
вытекает из линейной независимости) и тогда о доказанному все остальные векторы должны выражаться через {xm }nm=1 .
Проведенное только что рассуждение является базисным в доказательстве бесконечномерного аналога доказанной теоремы, известного
как альтернатива Фредгольма. С этой альтернативой (да и то не всегда)
знакомят лишь студентов университетов (в то время, как равило Крамера роходят всюду | оно является существенной комонентой курса
линейной алгебры3) ).
1.3. Альтернатива Фредгольма
Оределение. Линейный оератор : X ? X , где (X; k ╥ kX ) |
банахово ространство, называется комактным , если он отображает
единичный шар X в комактное множество.
еорема 1 (альтернатива Фредгольма). Пусть X это банахово
ространство, : X ? X комактный линейный оератор и A = I ?
? , где I | единичный оератор. огда имеет место альтернатива :
либо уравнение Ax = b однозначно разрешимо для любого b ? X , либо
однородная система Ax = 0 имеет ненулевое решение.
Доказательство. Если Ker A 6= {0}, тогда неоднозначность следует
уже для b = 0. Покажем, что если уравнение Ax = b разрешимо для
любого b, то Ker A = {x ? X | Ax = 0} = {0}. Доустим, что это не так и
усть x1 6= 0 и x1 ? Ker A. Найдем x2 = Ax1 . огда x2 ? Ker A2 \ Ker A.
Продолжая этот роесс, найдем еь строго вложенных друг в друга
одространств Ker A ? Ker A2 : : : ? Ker An ? : : : Легко доказывается,
что в каждом банаховом ространстве для любого одространства, не
совадающего со всем ространством, найдется вектор единичной длины,
находящийся на расстоянии, сколь угодно близком к единие от этого
одространства. Выберем в каждом одространстве Ker An элемент xn
единичной нормы, находящийся на расстоянии > 1=2 от одространства
Следует сказать ри этом, что равилом Крамера в рактических расчетах никто
не ользуется.
3)
36
В. М. ихомиров
Ker An?1 . Если m > n, то нетрудно роверить, что z = xn ? Axn ? Axm ?
Ker An?1 и значит, kxm ? xn kX = kz ? xm kX > 1=2, что невозможно
ввиду комактности .
Доказанная теорема имеет многочисленные риложения в анализе.
О них мы оговорим в коне. Альтернатива Фредгольма была доказана
шведским математиком Иваром Фредгольмом (1866{1927) в 1900 году для
сеиального класса линейных уравнений (так называемых
интегральных
Rb
уравнений Фредгольма второго рода вида x(t) ? a K (t; )x( )d = b(t) с
нерерывными K и b, рассматриваемых в ространстве C ([a; b?)). В работе Фредгольма
рассматривалось также и трансонированное уравнение
R
( ) ? ab K (; t)(t)dt = ( ) и доказывалась вторая теорема Фредгольма, о том, что если для основного уравнения имеет место ервый случай
альтернативы, то он имеет место и для трансонированного уравнения,
число же линейно независимых решений основного и трансонированного
решений конечно и одинаково (см. И. Г. Петровский, ─Лекии о теории
интегральных уравнений│, М.: УРСС, 2003; в этой книге теорема доказывается методом вырожденных ядер). Сформулированную выше ервую
часть второй теоремы Фредгольма легко можно вывести из результата,
доказанного нами.
Альтернатива Фредгольма явилась итогом больших усилий многих
математиков второй оловины 19 века, и этот результат восринимался тогда как выдающееся событие, венчающее теорию линейных уравнений.
******
Вот мы и совершили свое ервое четырехстуенное восхождение к одной из вершин математической науки. Повторюсь: ервая стуень нашего
─восхождения│ реодолевается обычно еще до школы, вторая | на уроках арифметики и алгебры в школе, третья | в вузах, где реодают
математику, четвертая | в университетах.
Нами была редринята оытка реодолеть весь этот уть | от
аируса Райнда к началу двадатого века | в одной лекии. Удалась
ли эта оытка, судить читателю.
2. еория квадратичных функий. Коники и квадрики
Этот раздел мы начинаем не с одномерного, а с двумерного случая, с
лоскости, с лоской геометрии, и это уведет нас сначала в мир античности. А далее нам останется сделать всего два шага | в n-мерный, а
затем в бесконечномерный мир.
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
37
2.0. Несколько слов о ─Кониках│ Аоллония
Аоллоний (ок. 250 до н.э. { ок. 170 до н.э.), наряду с Евклидом и Архимедом, | один из трех величайших математиков древности. Его многотомный труд ─Коники│ (конические сечения) (увы, не олностью дошедший до нас), является безусловной вершиной античной математики. ам
были исследованы лоские сечения рямого кругового конуса | эллисы,
гиерболы и араболы, | такие имена дал этим кривым Аоллоний. Об
Аоллонии и его великом труде читатель может узнать из замечательной
книги Б. А. Розенфельда ─Аоллоний Пергский│, М.: МЦНМО, 2004.
Многое в труде Аоллония оражает и нашего современника. Наример, в ятой книге Аоллоний оисывает кривую, разделяющую две
лоские области, из точек одной из которых можно ровести две нормали к эллису, из точек другой | четыре (а на самой кривой | три).
Ныне эта кривая (огибающая семейства нормалей к эллису) известна,
как
астроида. Аоллонию удалось оисать астроиду, уравнение которой
2=3 2=3
x1
+ xa2
= 1 было выисано в семнадатом веке. Как всего этого
a1
2
можно добиться, не расолагая средствами алгебры, чисто геометрически, | неостижимо уму нашего современника.
Но мы-то в школе роходим алгебру, и нам будет олегче изучать
кривые Аоллония с ее омощью.
2.1. Декарт и теория лоских квадрик
В семнадатом веке творили два великих франузских ученых | Рене
Декарт (1596{1650) и Пьер Ферма (1601{1665).
Им ринадлежит фундаментальная для всего дальнейшего развития
математики идея арифметизаии геометрии . Они остроили арифметические модели лоскости и ространства. Благодаря этой идее, в частности, геометрические задачи оказалось возможным решать алгебраическими средствами.
Наомним о том, что такое декартова модель лоскости. Нас в школе учат, как ровести ерендикулярные рямые. М??сленно роведем
их и выберем на каждой из них (одинаковый) масштаб. огда каждой
точке лоскости соотнесется ара вещественных чисел (x1 ; x2 ) | ее координаты, а каждой геометрической фигуре | некоторое одмножество
таких ар. Две основных фигуры геометрии древних | рямые и окружности | оисываются так: рямые | линейными уравнениями a1 x1 +
+ a2 x2 = b, а окружности | сеиальными квадратичными уравнениями:
(x1 ? 1 )2 + (x2 ? 2 )2 = r2 .
Если зафиксировать декартову систему координат на лоскости, то
точки лоскости можно назвать о-другому | векторами. Их можно
38
В. М. ихомиров
складывать о равилу араллелограмма и можно умножать на вещественные числа. В арифметической модели Декарта сложение двух векторов x = (x1 ; x2 ) и x? = (x?i ; x?2 ) риводит к вектору x + x? = (x1 + x?1 ,
x2 + x?2 ), а умножение вектора x = (x1; x2 ) на число a дает вектор
ax = (ax1 ; ax2 ). Оределим скалярное роизведение hx; x? i векторов
x = (x1 ; x2) и x? = (x?1 ; x?2) равенством hx; x? i = x1 x?1 + x2x?2. Пространство со скалярным роизведением называют в конечномерном случае
евклидовым ространством , а в бесконечномерном (ри условии олноты) | гильбертовым . Мы остроили таким образом двумерное евклидово ространство, которое обозначим E2 .
Если hx; x? i = 0 (т. е. скалярное роизведение векторов равно нулю),
векторы x и x? из E2 называют ортогональными , а вектор x ? E2 такой, что hx; xi = 1, называют единичным . Эти термины находятся в соответствии с геометрическим взглядом на евклидову лоскость, в которой pдлина вектора
p x = (x1 ; x2 ), согласно теореме Пифагора, равна
2
2
|x| = x1 + x2 = hx; xi. При этом скалярное роизведение векторов,
как нетрудно одсчитать, равно роизведению длин векторов на косинус
угла между ними.
Посмотрим теерь как алгебраически оисываются на евклидовой
лоскости конические сечения Аоллония. В трехмерном ространстве
троек (x1 ; x2 ; x3 ) рямой круговой конус задается уравнением x21 + x22 ?
? x23 = 0. Рассмотрим его сечения лоскостями x3 = 1 x1 + 2 x2 + .
Подставив в это равенство вместо x3 выражение 1 x1 + 2 x2 + , осле
возведения в квадрат и риведения одобных олучим такое уравнение:
Q(x) = a11 x21 + 2a12 x1x2 + a22 x22 + 2b1 x1 + 2b2x2 + = 0. Функии x 7? Q(x)
называют квадратическими , функии x 7? q(x) = a11 x21 + 2a12 x1 x2 +
a12
+ a22 x22 = hAx; xi4) , где A = ( aa11
21 a22 ) ; a21 = a12 ; называют квадратичными формами. Матриу A со свойством a21 = a12 называют симметрической . Каждая симметрическая матриа орождает с одной стороны
объект алгебры и анализа | квадратичную форму (т. е. функию двух
еременных x 7? hAx; xi), а с другой | геометрический объект | реобразование лоскости: x 7? Ax, когда точка x = (x1 ; x2 ) лоскости ереходит в точку Ax = (a11 x1 + a12 x2 ; a21 x1 + a22 x2 ). Это реобразование
обладает следующим свойством: hAx; x? i = hx; Ax? i. огда говорят, что A
задает симмерический оератор, реобразующий лоскость в себя.
Коники в арифметической модели Декарта | это линии уровня квадратичных функий, иначе говоря, это множества точек, удовлетворяющих уравнениям Q(x) = 0, где Q(x) = hAx; xi +2hb; xi + | квадратичная
Правильнее было бы исать (в соответствии с редыдущим разделом) h(AxT )T ; xi,
но мы здесь ри рассмотрении конечномерного евклидова случая озволяем себе более
ростую заись.
4)
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
39
функия, и возникает задача ривести саму функию и изображаемую
ею кривую к более ─удобному│ виду. Сделаем это в важнейшем, невырожденном случае, когда матриа A обратима (т. е. det A 6= 0).
Сначала ростейшей заменой еременных x = y + a ? x1 = y1 +
+ a1 ; x2 = y2 + a2 оробуем избавиться от линейных членов. Имеем: 0 =
= hAx; xi +2hb; xi + = hA(y + a); (y + a)i +2hb; (y + a)i + . Раскрывая скобки
и риводя одобные члены, олучим равенство hAy; yi +2hb + Aa; yi + = 0.
Видно, что если оложить ba = ?A?1 b и ? = + 2hb; bai, олучим, что в
новых координатах уравнение кривой будет иметь вид: hAy; yi + ? = 0.
Продолжим наши алгебро-аналитические рассмотрения, а отом
вскроем их геометрический смысл. Имеет место
Предложение 2.1. Существует ара единичных ортогональных векторов e1 и e2 , относительно которых невырожденная квадратичная
форма q(y) = hAy; yi риобретает диагональный вид :
где 1 ; 2 6= 0.
q(y) = 1hy; e1 i2 + 2 hy; e2 i2 ;
Доказательство. Рассмотрим экстремальную задачу: найти максимум функии q ри условии, что y12 + y22 = 1 (не ограничив себя в
общности, можно считать, что среди значений q есть оложительные).
Из теоремы Вейерштрасса о достижении максимума нерерывной функии на комакте (см. с. 29) вытекает существование решения этой задачи (обозначим его e1 ) (см. рис. 2). еерь надо рименить равило
множителей Лагранжа. Если читатель не знает, что это такое, ему следует сначала рочитать следующий раздел, где это равило доказывается и в двумерном, и в многомерном, и в бесконечномерном случае.
В рименении к нашей задаче равило состоит в том, что найдется такой множитель Лагранжа 1 , что роизводная о x функии Лагранжа
e1
e2
Рис. 2.
40
В. М. ихомиров
L(x; 1 ) = ?hAx; xi + 1 hx; xi равна нулю (о роизводных функий двух
и многих еременных см. с. 29; ростые выкладки оказывают, что роизводная функии x 7? hAx; xi равна 2Ax, функии hb; xi равна b, роизводная константы равна нулю). Отсюда вытекает, что Ae1 = 1 e1 и
ри этом 1 | это максимум в задаче (ибо hAe1 ; e1 i = 1 > 0). Пусть теерь e2 | единичный вектор, ортогональный e1 (для нахождения такого
вектора надо решить уравнения hx; e1 i = 0; hx; xi = 1). огда hAe2 ; e1 i =
= he2 ; Ae1 i = 1 he2 ; e1 i = 0, т. е. Ae2 и e2 роориональны. Обозначим коэффииент роориональности через 2 . Значит, y = hy; e1 ie1 + hy; e2 ie2 ,
откуда и следует, что q(y) = 1 hy; e1 i2 + 2 hy; e2 i2 , 1 ; 2 6= 0.
Нетрудно онять, что вектор 2 e2 является решением задачи о минимуме функии q ри условии, что y12 + y22 = 1.
Векторы ei , i = 1; 2, остроенные нами (обладающие свойством Aei =
= i ei ), называются собственными векторами оератора A. Доказанный
нами результат можно ереформулировать так: каждый симметриче-
ский оератор на евклидовой лоскости обладает базисом из собственных векторов .
еерь ереведем всё это на язык геометрии. Моделью куска лоскости может служить оверхность стола, за которым нам риходится
работать. Мысленно нарисуем на этом столе декартову систему координат. Но нам отребуется еще один экземляр евклидовой лоскости.
Письменные столы иногда накрывают розрачным стеклом. Вообразим
себе такой розрачный бесконечно тонкий и в то же время бесконечно
жесткий через все роникающий кусок лоскости. Снимем его с нашего
исьменного стола и однесем к конусу (расоложенному также где-то недалеко от нас). Пересечем этим куском лоскости все образующие конуса,
обведем ветным карандашом о контуру сечения и обозначим точку на
нашем куске лоскости, где он ересекается с ентральной осью конуса. На нашем розрачном куске лоскости образовалась кривая, которую
Аоллоний назвал эллисом, и внутри этого эллиса расоложился его
ентр. Положим теерь оять наш кусок лоскости на лоскость нашего исьменного стола, рорисуем контур эллиса с розрачного куска
на лоскость стола и вернемся к аналитическим рассмотрениям. Уравнение нарисованного эллиса в системе координат на столе, имеет вид
hAx; xi + 2hb; xi + = 0. Первое, что мы сделали, избавились от линейных членов. На языке геометрии это означает, что мы оместили новую
декартову систему координат в ентр эллиса (наравив оси араллельно изначальным). А далее, взглянув на эллис с новой системой координат (см. рис. 2), омещенной в его ентр, мы заодозрили, что рямая,
роходящая через максимально удаленные относительно ентра точки и
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
41
рямая, роходящая через минимально удаленные от ентра точки, ерендикулярны друг другу.
Этот факт мы и доказали с омощью равила множителей Лагранжа.
Повернув оси так, чтобы они ошли о рямым, соединяющим максимально и минимально удаленные точки, в новых осях олучили уравнение
1hy; e1 i2 + 2hy; e2 i2 = ??. В случае эллиса ?i=? > 0; i = 1; 2. А если
бы мы сразу наш эллис, нарисованный на розрачной лоскости, ─ривезли│ о столу и расоложили в старой системе координат
его оси
2 устив
2
о осям координат, то олучили бы уравнение x21 + x22 = 1. Если
a1
a2
? ротивооложны, то олучили бы уравнение гиерболы:
же
знаки
?
=
i
2 2
x1
x2
?
= 1.
a21
a22
Мы доказали, что невырожденная (и не являющаяся точкой x21 + x22 = 0
или устым множеством x21 + x22 = ?1) кривая второго орядка | либо
эллис, либо гиербола.
2.2. Многомерный случай
Рассмотрим ространство векторов x = (x1 ; : : : ; xn ) и оределим скалярное роизведение P
hx; x? i векторов x = (x1 ; : : : ; xn ) и x? = (x?1 ; : : : ; x?n )
равенством hx; x? i = nk=1 xk x?k . Если hx; x? i = 0, векторы x и x? называют ортогональными, вектор x такой, что hx; xi = 1, называют единичным. Пусть
A = (aij )16i;j6n, aij = aji, | симметрическая матриа, а
q(x) = Pni;j=1 aij xixj | соответствующая ей квадратичная форма. Имеет
место аналог редложения 2.1:
Предложение 2.2. Существует базис из единичных ортогональных
векторов {ek }nk=1 ,Pотносительно которых невырожденная квадратичная форма q(x) = ni;j =1 aij xi xj риобретает вид :
q(x) =
n
X
k=1
k hx; ek i2 ; k ? R:
Векторы ek , 1 6 k 6 n, являются собственными векторами оератора
A, так что можно сказать, что в Rn имеется ортонормированный базис
из собственных векторов оератора A.
Этот результат ринадлежит одному из выдающихся математиков
19 века | Карлу Якоби (1804{1851). Доказательство его совершенно аналогично двумерному, но мы его не риводим, ибо сам результат является
частным случаем бесконечномерного обобщения, к рассмотрению которого мы ереходим.
42
В. М. ихомиров
2.3. Бесконечномерный случай. еорема Гильберта { Шмидта
Оределение. Пусть (X; h╥; ╥i) | гильбертово ространство. Линейный оератор A : X ? X называется симметричным если hAx; x? i =
= hx; Ax? i для любых x; x? ? X .
еорема 2. Пусть (X; h╥; ╥i) | сеарабельное гильбертово ространство и A : X ? X | комактный симметричный линейный оера-
тор. огда в X существует базис {ei } собственных векторов оератора A. (Гильбертово ространство называется сеарабельным , если оно
содержит счетное всюду лотное множество).
Этот результат был олучен Гильбертом (1906) в ространстве
l2 бесP
конечномерных векторов x = (x1 ; : : : ; xn ; : : :) для которых k?N x2k < ?.
В этом ространстве
скалярное роизведение о естественной
P вводится
?
?
формуле hx; x i = k?N xk xk , а оератор A задается бесконечной матрией (aij )i;j ?N . Затем результат Гильберта был обобщен его учеником
Шмидтом на общий случай гильбертова ространства. (Существует легенда, что когда Шмидт рассказывал об этой теореме на семинаре, Гильберт сросил: ─Шмидт, о каком-таком гильбертовом ространстве Вы
говорите? Я не онимаю│).
Доказательство. Рассмотрим экстремальную задачу о максимуме
модуля квадратичной формы на единичном шаре:
|hAx; xi| ? max; hx; xi 6 1:
(1)
Из комактности оератора A следует нерерывность функии x 7?
hAx; xi. Из риниа существования Банаха { Алаоглу (см. с. 30; надо
учитывать ри этом, что гильбертово ространство совадает со своим
соряженным, а единичный шар | выуклое замкнутое ограниченное
множество) вытекает, что решение e1 задачи существует. Из равила
множителей Лагранжа следует, что найдется такое число 1 , что роизводная о x функии Лагранжа L(x; 1 ) = ?hAx; xi + 1 hx; xi равна нулю,
что риводит к соотношению Ae1 = 1 e1 . Рассмотрим новую экстремальную задачу
|hAx; xi| ? max; hx; xi 6 1; hx; e1 i = 0:
(2)
Применение риниа существования и равила множителей Лагранжа
риводит к равенству Ae2 = 2 e2 . Продолжая роесс дальше, будем олучать систему собственных чисел, стремящуюся к нулю (из-за комактности оератора). Затем надо взять ространство, ортогональное всем
остроенным ek с не равными нулю собственными числами, и выбрать в
нем ортонормированный базис (с нулевыми собственными значениями).
Это риводит к искомому базису в X .
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
43
Читателю, знакомящемуся с этой теоремой вервые, рекомендуется
ровести одробное доказательство теоремы в трехмерном случае.
******
Приложения доказанной теоремы совершенно неисчислимы | к решению смешанных задач для гиерболических уравнений, краевых задач
для араболических уравнений, к гармоническому анализу, теории редставлений, квантовой механике и т. д., и т. . Кое-какие риложения мы
обсудим далее.
******
ак завершилась наша вторая экскурсия от Аоллония к Гильберту и
Шмидту.
3. Начала математического анализа
3.0. Ньютон и Лейбни | рождение анализа
Первой убликаией о анализу была коротенькая заметка Лейбниа,
оявившаяся в 1684 году в журнале \Ata Eruditotum" | одном из ервых научных журналов в истории науки. Статья была озаглавлена так:
\Nova metodus pro maximis et minimis itemque tangentibus, quae ne fratas ne irrationales quantitates moratur, et singulare proillis alulus gemes"
(Новый метод ро максимумы и минимумы и оределение касательных,
не изменяющий в случае дробных или ирраиональных величин и сеиальный сособ исчисления к нему; выдержки из нее можно рочитать в
уомянутой в ервом разделе книге Вилейтнера на с. 272). В заглавии
встречается слово \alulus" | исчисление . С чуть более оздней оры
так и овелось: \dierential and integral alulus" | дифферениальное и
интегральное исчисление. Название заметки свидетельствует о стимулах,
которые руководили ее автором ри создании анализа: это | задачи на
экстремум (т. е. на максимум и минимум) и роблемы геометрии.
Но необходимо сказать, что двумя десятилетиями ранее к основным
конеиям дифферениального исчисления совсем с другой стороны
ришел Ньютон. В 1671 году он редставил рукоись работы \The Method
of Flutions and innite Series with its Appliations to the Geometry of
Curves-Lines" (Метод флюксий и бесконечных рядов с риложением к
геометрии кривых | см. И. Ньютон, ─Математические работы│, М.-Л.,
ОНИ, 1937), сохранившей свое значение и в наше время.
Не указываю ни имен, ни лет жизни этих двух великих ученых | это
должен знать каждый, не ишу об их наиональной ринадлежности, ибо
режде всего они ринадлежат всему человечеству.
Ньютон с самого начала строил дифферениальное и интегральное
исчисление, как аарат естествознания. (О том, как устроен ньютонов
44
В. М. ихомиров
мир, читатель может узнать из его \Prinipia" | ─Математических началах натуральной философии│ (1687) (см. Собрание сочинений трудов
А. Н. Крылова, том VII, где омещен еревод ─Математических начал│;
Лагранж назвал это сочинение Ньютона ─величайшим из роизведений
человеческого ума│).
─Для ояснения искусства анализа, | исал Ньютон, | остается ривести некоторые римеры задач [. . . ?. 1) Пусть длина ути известна. Нужно узнать скорость в данный момент времени. 2) Пусть известна скорость
движения. Надо узнать длину ройденного ути.│ (См. И. Ньютон, ─Математические работы│, М.-Л., ОНИ, с. 45.)
И ведь действительно, если оытаться осмыслить онятие ─скорости в данный момент│ объекта, движущегося неравномерно, то неизбежно риходишь к идее редела средней скорости за малый ромежуток
времени ри стремлении этого ромежутка к нулю . Иначе говоря, если объект движется о рямолинейной дороге неравномерно, и x(t) |
расстояние его от какой-то начальной точки в момент времени t, то скорость v(t) в момент t это редел отношения средних скоростей за малый ромежуток времени ри стремлении этого ромежутка к нулю, т. е.
lim x(t + t)t ? x(t) ри t стремящемся к нулю. Эту величину стали обозначать x? (t) (а Ньютон обозначал x_ (t)).
(И само онятие редела Ньютон осознавал абсолютно отчетливо. Вот
его слова: ─Количества [. . . ?, которые в родолжение любого конечного
времени остоянно стремятся к равенству и ранее кона этого времени
риближаются друг к другу ближе, нежели на любую заданную величину, будут в ределе равны.│ Это очти оределение редела о Коши,
которому нас учат на ервом курсе.)
Большинство основных фактов дифферениального исчисления имеют физическую или геометрическую интерретаию.
Скажем, вот вы идете со скоростью v о вагону оезда, движущегося
со скоростью V . огда ваша скорость относительно Земли равна V + v.
ак иллюстрируется формула дифферениального исчисления: роизводная суммы равна сумме роизводных .
─Когда величина достигает наибольшего или наименьшего значения, в
этот момент она не течет ни веред, ни назад│ (см. ─Математические работы│, с. 73). Это высказывание на физическом языке выражает то, что
в курсах анализа называют теоремой Ферма: в точке экстремума роизводная равна нулю (о том, что сказано о этому оводу самим Ферма
см. в книге Вилейтнера на с. 256). Если вы куда-то ездили о рямолинейной дороге и вернулись обратно, то в какой-то момент вы оказались в
наиболее удаленной точке от начала. ам вы ─не текли ни назад, ни веред│, ваша скорость равнялась нулю. Это | физическая интерретаия
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
45
теоремы Ролля: если функия нерерывна на отрезке, дифференируема
внутри него и на конах отрезка ринимает одинаковые значения, то в
некоторой внутренней точке ее роизводная равна нулю .
Но довольно о дифферениальном исчислении. Скажем несколько слов
об обратной задаче | как найти уть о скорости. И снова, если задуматься об этом, то никакой другой возможности не ридумать, как
только разделить время на мелкие кусочки и считать скорость на этих
маленьких участках остоянной, равной значению ее в какой-то ромежуточной точке, а отом
R t1 уменьшать разбиение и ереходить к ределу,
который обозначают: t0 v(t)dt (t0 | начальная точка движения, t1 |
конечная, v(t) | скорость в момент t) и называют оределенным интегралом от скорости v(╥) в ределах от t0 до t1 .
Подведем итог: роизводная ути о времени x? (t) | это скорость
v(t), а оределенный интеграл, восстанавливающий ройденный уть x(t)
о скорости | это лощадь од графиком скорости. И если теерь сооставить все сказанное, то мы риходим к такому результату:
x(t1 ) ? x(t0 ) =
Z t1
t0
v(t)dt =
Z t1
t0
x?(t)dt:
Это не что иное, как знаменитая формула Ньютона { Лейбниа, которую иногда называют основной формулой интегрального исчисления .
Она связывает два исчисления друг с другом.
А теерь ерейдем к обсуждению одной из важнейших теорем анализа | теоремы об обратном отображении. Здесь мы собираемся овторить
(и даже с некоторым усилением) то, что уже дважды делали: сначала мы
сформулируем теорему в одномерном случае, затем в многомерном, и
наконе, в бесконечномерном случае, а доказывать все эти результаты
будем одновременно, и читатель убедится в том, что в бесконечномерном случае доказательство не отличается от одномерного, надо только
знать о ─бесконечномерности│ нечто росто формулируемое, но фундаментальное.
Пусть X = Y = R, или X = Rn; Y = Rm ; m 6 n, или (X; k ╥ kX ) и
(Y; k ╥ kY ) | банаховы ространства, U | окрестность нуля в X ,
F : U ? Y , F (0X ) = 0Y .
Оределение. Говорят, что F строго дифференируема в начале координат ространства X (и ишут F ? SD1 (0)) если существует число
F ?(0) (соответственно | матриа F ? (0) или в самом общем случае |
линейный нерерывный оератор F ? (0): X ? Y ) такие, что для любого
" > 0 существует такое ф > 0, что kF (x? ) ? F (x) ? F ?(0)(x? ? x)kY <
< "kx? ? xkX , если только kxkX < ф, kx? kX < ф, где в конечномерном
случае kxkX = |x| и kykY = |y|.
46
В. М. ихомиров
Отметим, что строго дифференируемая в xb функия дифференируема в точке xb и нерерывна в некоторой окрестности xb. Не всякая
дифференируемая функия строго дифференируема, это оказывает
ример функии F (x) = x2 D(x), где D(x) | функия Дирихле, равная нулю в ирраиональных точках и единие в раиональных. (Функия F нерерывна и дифференируема в нуле и разрывна всюду, кроме
нуля.)
3.1. еорема об обратной функии в одномерном случае
еорема 3 a) об обратной функии. Пусть U | окрестность нуля
в R, F : U ? R | строго дифференируемая в нуле функия, ричем
F ?(0) 6= 0. огда существуют такие числа " > 0, ф > 0 и K > 0 что для
любого числа |y| < ф найдется (единственное ) число x = x(y), |x| < "
такое, что F (x) = y и |x| 6 K |y|.
еорема 3 а) восходит к Ньютону. Он изложил (на римере решения
уравнения y3 ? 2y ? 5 = 0) метод вычислений корня этого уравнения, ныне
всем известный как метод Ньютона , в своей работе ─Анализ с омощью
уравнений. . . │ (─Математические работы│, с. 9).
Ньютон был замечательным вычислителем. В середине семидесятых
годов семнадатого века начал тлеть риоритетный сор между Ньютоном и Лейбнием об открытии анализа. С заросом о оводу того, что
известно Ньютону о математическом анализе, обратился к нему ученый
секретарь Королевского общества Ольденбург. Ньютон несколько раз отвечал своему ресонденту. Во втором исьме Ольденбургу, отравленном
\24 октября 1676 г. от Рождества Христова" (и одлежащем, как указывает Ньютон, быть сообщенным Лейбниу, о нем мы еще будем иметь
овод всомнить), Ньютон ишет, что ─мне рямо стыдно ризнаться,
до какого числа знаков я довел на досуге эти вычисления│ (речь шла о
вычислении логарифмов | см. ─Математические работы│, с. 237).
Ниже мы излагаем менее быстрый, чем собственно метод Ньютона,
но более удобный метод решения нелинейных уравнений.
Нам надлежит решить уравнение F (x) = y. Будем искать его итеративно xn = xn?1 + F ?1(0) (y ? F (xn?1 )), n ? N, x0 = 0. Эта роедура (называемая модифиированным методом Ньютона), изображена на рис. 3.
(В методе Ньютона xn = xn?1 + F ? (x1 ) (y ? F (xn?1 )), n ? N, x0 = 0).
n?1
Оставим обоснование сходимости модифиированного метода Ньютона к
x(y) до оследнего раздела, где будем доказывать теорему одновременно
в одномерном, многомерном и бесконечномерном случаях.
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
Y
y
47
F
x0 = 0
x1
x2
X
Рис. 3.
3.2. Многомерный случай
Рассмотрим частный вариант многомерного случая, когда n = m.
Пусть требуется решить систему из n нелинейных уравнений
f1(x1 ; : : : ; xn) = y1; : : : ; fn(x1 ; : : : ; xn ) = yn:
Введем, как мы не раз уже делали, сокращенные обозначения:
?
?
? ?
? ?
f1(x)
x1
y1
? .. ?
? .. ?
? .. ?
F (x) = ? . ? ; x = ? . ? ; y = ? . ? :
fn(x)
xn
yn
огда наша задача римет такой вид: решить уравнение F (x) = y.
Решение будем искать точно также | модифиированным методом Ньютона: xn = xn?1 +(F ? (0))?1 (y ? F (xn?1 )), n ? N, x0 = 0, где (F ? (0))?1 означает обратную матриу. Доказательство роведем в следующем разделе.
3.3. Общий случай (одномерный,
конечномерный и бесконечномерный;
равило множителей Лагранжа)
Пусть X = Rn , a Y = Rm и A : X ? Y | линейный сюръективный оератор. огда существует равый обратный оератор R : Y ? X
такой, что ARy = y и |R(y)| 6 C |y| (где C | некоторая константа).
Действительно, надо взять базис {ei }m
f i, 1 6 i 6 m, из
i=1 в Y , элементы P
P
m
i
рообраза A?1 ei и для y = i=1 yi ei оложить R(y) = m
i=1 yi f . (огда
Pm
?
|R(y )| 6 i=1 |yi | max16i6m |f i | 6 m max16i6m |f i ||y |).
Если же (X; k ╥ kX ), (Y; k ╥ kY ) | банаховы ространства и A : X ?
Y | линейный, нерерывный сюръективный оератор, то существование
48
В. М. ихомиров
равого обратного оератора с риведенными выше свойствами есть
факт, равносильный риниу открытости Банаха (см. с. 29 и риложение).
еорема 3 b) (об обратном отображении). Пусть X = Y = R, соответственно X = Rn , Y = Rm , m 6 n, или в самом общем случае
(X; k ╥ kX ) и (Y; k ╥ kY ) | банаховы ространства, U | окрестность нуля в X , F : U ? Y , F ? SD1 (0), F (0X ) = 0Y и более того F ? (0)X = Y
(в случае X = Y = R это означает, что F ? (0) 6= 0, в случае X = Y = Rn,
что det F ? (0) 6= 0 (см. 1.2)). огда существуют такие " > 0, ф > 0 и
K > 0, что для любого числа |y| < ф (соответственно, вектора |y| < ф
в конечномерном случае или элемента kykY < ф в банаховом случае ) существует число x = x(y), |x| < " (соответственно | вектор x = x(y),
|x| < " или элемент x = x(y ) ? X , kxkX < ") такие, что F (x) = y и
|x| 6 K |y | в конечномерном и kxkX 6 K ky kY в банаховом случае.
Доказательство. Пусть в одномерном случае
R | это число F ?1(0) ,
в многомерном случае, если m = n, | матриа (F ? (0))?1 , а в остальных
случаях | равый обратный для F ? (0) оератор. Оределение строгой
дифференируемости влечет за собой существование такого ф > 0, что
если kxkX < ф, kx? kX < ф, то выолняется неравенство
kF (x? ) ? F (x) ? F ? (0)(x? ? x)kY
< 21C kx? ? xkX ;
(i)
где C | константа из теоремы о равом обратном (см. с. 29). Пусть ри
этом UX (0; ф) = {x ? X | kxkX < ф} ? U и F нерерывна в UX (0; ф). Выбрав " < 8фC , рассмотрим итеративную роедуру модифиированного
метода Ньютона:
(ii)
xn+1 = xn + R(y ? F (xn)); n > 0; x0 = 0;
где в конечномерном случае k ╥ k = | ╥ |. Покажем, что все xj , j ? N, лежат
в UX (0; ф). Применим метод математической индукии. Имеем: kx1 kX 6
6 C ky kY < ф , значит, x1 ? UX (0; ф ). Пусть xk ? UX (0; ф ), 1 6 k 6 n. огда
олучим
(ii)
?y + F (xk?1 ) ? F ? (0)(xk ? xk?1 ) = 0; 1 6 k 6 n
(iii)
и следовательно,
def R
(iii)
kxn+1 ? xn kX 6 C ky ? F (xn )kY =
(i)
= C ky ? F (xn ) ? y + F (xn?1 ) + F ? (0)(xn ? xn?1 )kY 6 1=2kxn ? xn?1 kX 6
6 1=4kxn?1 ? xn?2 kX 6 : : : 6 1=2n?1 kx1 kX : (iv )
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
49
Из (iv) и неравенства треугольника следует, что
kxn+1 kX < 2kx1 | < ф;
(v)
т. е. элементы xn оределены для всех n, a kxn ? xn+m kX 6 1=2n?1 kx1 kX ,
откуда вытекает, что {xn }n?N | фундаментальная оследовательность.
Переход к ределу в (ii) (существующий из-за нерерывности F в
U (0X ; ф)) риводит к равенству F (x(y)) = y, а ереход к ределу в (v),
учитывая, что kx1 kX 6 C kykY , обесечивает неравенство kx(y)kX 6
6 K ky kY K = 2C .
Приведем одно из важнейших следствий этой теоремы: равило множителей Лагранжа.
Пусть X и Y это R2 и R или Rn и Rm , m < n, или банаховы ространства (X; k ╥ kX ) и (Y; k ╥ kY ), U | окрестность точки xb в X , f0 : U ? R,
F : U ? Y . Рассмотрим задачу о нахождении точек экстремума (т. е.
максимума или минимума функии f0 ри ограничении тиа равенства
F = 0):
f0(x) ? extr; F (x) = 0:
(P )
Говорят, что элемент xb доставляет локальный минимум (максимум) задаче (P ) (и ишут xb ? lomin (lomax)), если существует такая окрестность
V точки xb, что для точки x ? V , для которой F (x) = 0, выолнено неравенство f0 (x) > f0 (xb), (f0 (x) 6 f0 (xb)).
Если X = R2 , Y = R, оложим F (x) = f1 (x) и L(x; ) = f0(x) + f1 (x)
(здесь |число); если X =PRn , Y = Rm оложим F (x) = (f1 (x); : : : ;
fm(x))T и L(x; ) = f0(x) + mi=1 ifi(x) (здесь = (1; : : : ; m ) | вектор); если (X; k ╥ kX ) и (Y; k ╥ kY ) | банаховы ространства, оложим
L(x; ) = f0 (x) + h; F (x)i, где | элемент соряженного ространства
Y ?, а h╥; ╥i | стандартная билинейная форма на Y ? в Y (h; xi | это значение на элементе x линейного функионала ). Наисанные выражения
называются функией Лагранжа задачи (P ).
Следствие (равило множителей Лагранжа). Пусть в (P ) f0 ,
F ? SD1(0), F ? (0)X = Y . Если xb локальный экстремум (P ), тогда найдется множитель Лагранжа (число, вектор или элемент ространства Y ? , соряженного с Y ), такой, что
Lx (x
b; ) = 0:
(3.1)
Расшифруем сказанное в конечномерных случаях. Если X = R2 , Y =
= R, то соотношение (3.1) означает, что f0? (xb) + f1 (xb), т. е., что градиенты f0? (xb) и f1? (xb) роориональны (и если онимать геометрический
смысл градиента функии на лоскости, то это утверждение становится очти очевидным), а если X = Rn ; Y = Rm , то (3.1) означает, что
50
В. М. ихомиров
f0? (xb) + Pmi=1 fi?(xb) = 0, т. е., что градиент f0? (xb) является линейной комби-
наией градиентов ограничений.
Доказательство. Доказательства следствия во всех случаях сходны
и росты. Если бы в случае X = R2 , Y = R градиенты не были бы роориональны, то к отображению (x) = (f0 (x); f1 (x)) можно было бы
рименить теорему об обратном отображении и найти элемент x такой,
что (x) = (; 0), для которого f0 (x ) = , f1 (x ) = 0 и |x | 6 K ||, а это
ротиворечит тому, что xb ? loextr. Совершенно аналогично риходим
к ротиворечию во втором случае, если градиент f0? (xb) не является линейной комбинаией градиентов ограничений (и градиенты ограничений
линейно независимы). А в бесконечномерном случае либо ? (xb)X = Y вR,
либо нет. В ервом случае рименяем теорему об обратном отображении
и риходим к ротиворечию, а во втором надо восользоваться нетривиальностью аннулятора одространства ? (xb)X ? Y .
В бесконечномерном случае равило множителей Лагранжа было доказано Л. А. Люстерником.
******
Наше третье утешествие длилось более, чем два с оловиной столетия
с 1671 года, когда Ньютон редставил ─Метод флюксий│ о 1934 г., когда
Л. А. Люстерник оубликовал теорему о равиле множителей Лагранжа
в банаховом случае. Но наш следующий уть будет короче, хотя он будет
менее элементарен.
4. Дифферениальные уравнения
4.0. О ользе решения дифферениальных уравнений
В 17 веке было ринято зашифровывать свои основные мысли в анаграммах. В том самом втором исьме Ольденбургу, о котором мы уоминали в редыдущем разделе, Ньютон ишет:
─Сущность этих действий [. . . ? я лучше ередам в следующем
скрытом виде: 6adae13e7i3l9n4o4qrr4s9t12vx│.
екст анаграммы, раскрытый им воследствии, таков: Data aequatione
quotunque uentes quantitates involvente uxiones invenire et vie versa.
Вот еревод этой фразы: о данному уравнению, содержащему флюенты, найти флюксии и обратно. ермины ─флюента│ и ─флюксия│ были
введены самим Ньютоном. Флюента о Ньютону | изменяющаяся величина, сейчас наиболее точно ереводимая словом ─функия│. Флюксия |
это скорость изменения флюенты, так что о сути дела в своей анаграмме
Ньютон овторяет то, о чем мы уже говорили: суть анализа в нахождении
скорости о ути и наоборот.
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
51
Один из крунейших математиков современности | В. И. Арнольд
| редложил такой вольный еревод анаграммы Ньютона: ─Полезно решать дифферениальные уравнения │ (В. И. Арнольд, ─Избранное{60│. М.:
Фазис, 1997, с. 319.). Восользуемся этим ─олезным советом│ Ньютона {
Арнольда, тем более, что главную конеию ─Рrinipia│ можно выразить
словами: ─Мир уравляется дифферениальными уравнениями│.
Пусть f = f (t; x): Rn+1 ? Rn (t ? R; x ? Rn). Далее рассматриваются дифферениальные уравнения вида x_ = f (t; x). Задача: решить
дифферениальное уравнение x_ = f (t; x) с начальным условием x(t0 ) = x0
называется задачей Коши .
4.1. Линейные дифферениальные уравнения
с остоянными коэффииентами
Начнем с ростейших уравнений. Простейшее неоднородное дифферениальное уравнение x_ = v, x(t0 ) = x0 обсуждалось
R t в редыдущем
разделе. Его решение дается интегралом x(t) = x0 + t0 v(s)ds. Здесь мы
начнем с ростейшего однородного уравнения: x_ = x. Для решения задачи Коши x_ = x, x(0) = 1 этого уравнения,
рассмотрим отображение
Rt
F : C ([?a; a?) ? C ([?a; a?), F (x(╥))(t) = 1 + 0 x(s)ds. Нетрудно оказать,
что некоторая стеень F n этого отображения (зависящая от a) является сжимающей, и значит, в силу следствия из риниа сжимающих
отображений и олноты ространства C ([?a; a?), существует единственный элемент xb(╥) такой, что F (xb(╥))(t) = xb(t), олучаемый итераиями
xn+1(t) = F (xn(╥))(t), n > 0, x0 (╥) | роизвольный элемент.
Если начать итеративную роедуру с функии x0 (t) = 1, мы олучим
2
k
x1(t) = 1+ t, x2(t) = 1+ t + t2 , : : :, xn(t) = Pnk=0 tk! . Эти суммы равномерно
сходятся к функии t ? et .
Решение задачи Коши x + x = 0, x(0) = 0, x_ (0) = 1 для уравнения
гармонического осиллятора (выражающего второй закон Ньютона для
частиы, ритягивающейся к началу согласно закону Гука)
R t сводится к
нахождению неодвижной точки оератора F (x(╥))(t) = t ? 0 (t ? s)x(s)ds.
Стартуя от x0 (t) = t, риходим к ряду для синуса (убедитесь в этом
самостоятельно).
Для уравнения x_ = A(t)x, где A(╥) | нерерывная
функия, итеRt
A
(
s
ративная роедура риведет к решению x(t) = Ce t0 )ds . Для неоднородного уравнения x_ = A(t)x + a(t) выишется тот же ответ, что
и методом Лагранжа вариаии остоянных. Систему двух уравнений:
x_ 1 = a11x1 + a12x2 , x_ 2 = a21 x1 + a22 x2, x1(t0 ) = 1 , x2 (t0) = 2 с остоянными коэффииентами можно свести к одному уравнению второго
орядка: x + px_ + q = 0. Если корни i , i = 1; 2, различны, то общее
52
В. М. ихомиров
решение x(t; C1 ; C2 ) = C1 e1 t + C2 e2 t , а если корни одинаковы и уравнение не расадается, то общее решение таково: x(t; C1 ; C2 ) = et (C1 + C2 t).
Эти результаты ринадлежат, в основном, Эйлеру.
4.2. Общая теория линейных дифферениальных уравнений
Для решения задачи Коши
x_ = A(t)x + y(t); x(t0) = x0;
(4.1)
где A(╥) | нерерывная размера n в n матричная функия, а y(╥) |
нерерывная n-мерная вектор-функия, снова рассмотрим
отображение
R
F : C ([?a; a?; Rn) ? C ([?a; a?; Rn ), F (x(╥))(t) = x0 + 0t (A(s)x(s) + y(s)) ds.
Показывается, что некоторая стеень F является сжимающим отображением. Из риниа сжимающих отображений следует существование
неодвижной точки, что доказывает глобальную теорему существования
задачи Коши для линейных дифферениальных уравнений, согласно которой на всем интервале (?a; a) существует и единственно решение задачи (4.1).
4.3. Общая теория дифферениальных уравнений
(существование, нерерывная и дифференируемая
зависимость решений)
еорема 4 a) (локальная теорема существования решений).
Пусть на открытом множестве G ? R в Rn функия f : G ? Rn,
f = f (t; x), удовлетворяет условию Лишиа относительно x: |f (t; x) ?
? f (t; x? )| 6 M |x ? x? | для любых x; x? ? G, и усть комакт K ринадлежит G. огда для любой точки (bt; xb) ? K существуют такие число
ф > 0 и окрестность V точки xb, что для любой точки (t0; x0 ), удовлетворяющей условиям |t0 ? bt| < ф и x0 ? V , существует единственное
решение t 7? x(t; t0 ; x0 ) задачи Коши :
x_ = f (t; x); x(t0) = x0;
(4.3)
оределенное на отрезке [t0 ? ф; t0 + ф? и нерерывное о совокуности
еременных.
b) (о нерерывной зависимости решения от араметров).
Пусть
G ? R в Rn | открытое множество, A | тоологическое ространство, f : G в A ? Rn | функия еременных (t; x; ); t ? R; x ? Rn; ?
A, нерерывна о совокуности еременных и строго дифференируема
x равномерно о в роизведении [t0 ; t1 ? на окрестность W точки
(xb; b) (расоложенном в G в A). огда существует такая окрестность
о
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
53
A0 ? A, что решение задачи Коши
оределено на
x_ = f (t; x; ); x(t0) = x0
отрезке [t0 ; t1 ? и нерерывно зависит
от араметра
.
Строгая дифференируемость, равномерная о араметру , означает, что для любого " > 0 существует окрестность W0 ? W такая, что
|f (t; x; ) ? f (t; x? ; ? ) ? fx (t; x
b(t); b)(x ? x? )| < "|x ? x? |, если t ? [t0 ; t1 ?,
?
(x; ) и (x ; ) ринадлежат W0 .
с) (о зависимости решений от араметров и граничных условий).
Пусть U ? Rm | окрестность нуля в Rm и f : [t0 ; t1 ? ? GвU | функия,
нерерывно дифференируемая о совокуности еременных. Если xb(╥) |
решение задачи Коши, то существует ф > 0 и для любого |u| < ф |
решение x(╥; u; w) задачи Коши x_ = f (t; x; u), x(t0 ) = w, нерерывнодифференируемо зависящее от граничного условия w и араметра u.
Дадим набросок доказательств теорем a) и b).
R
a) Рассмотрев отображение F (x(╥))(t) = x(t) ? x0 ? tt0 f (s; x(s))ds,
убеждаемся, что ри малом d оно удовлетворяет условию сжимаемости
в C ([t0 ? d; t0 + d?; Rn ), и теорема а) следует из риниа сжимающих
отображений (и олноты ространства C ([t0 ? d; t0 + d?; Rn ).
Для доказательства теоремы b) надо рименить
метод Ньютона к
R
отображению F ((x(╥); ))(t) = xb(t) + x(t) ? x0 ? tt0 f (s; xb(s) + x(s); )ds
из ространства C ([t0 ; t1 ?; Rn ) в ространство C 1 ([t0 ; t1 ?; Rn ) для решения уравнения F = 0, начиная с функии x0 (t) ? 0. Основное условие рименимости метода Ньютона о сюръективности отображения F
выолняется,
ибо роизводная этого отображения F ? (0; b))(t) = x(t) ?
Rt
b(s); b)x(s)ds отображает ространство C ([t0 ; t1 ?; Rn ) на ро? t0 fx (s; x
странство C 1 ([t0 ; t1 ?; Rn ) в силу теоремы существования для линейных
систем.
еорема с) также доказывается рямым рименением метода
Ньютона.
******
Остановимся здесь, чтобы одвести некоторые итоги. Как связаны
четыре наши теоремы с окружающим нас миром?
Ньютон научил нас тому, что эволюионные роессы и явления оисываются (обыкновенными) дифферениальными уравнениями. Второй
закон Ньютона оисывает движения взаимодействующих части. еорема существования и единственности решения задачи Коши (теорема 4)
выражает идею лаласовского детерминизма: если бы Некто мог в одно
мгновение узнать все скорости и оложения части Мира, он знал бы о
том, что было в рошлом и узнал бы, все, что случится в будущем. Это
54
В. М. ихомиров
вольный ересказ того, о чем не раз говорил Лалас. Два столетия идея
редоределенности была одной из философских доминант (совсем недавно, каких-то олстолетия тому назад, все дороги вели к коммунизму).
И лишь недавно в ериод современной математики обнаружилось, что
чаще всего детерминированные роессы в итоге заутываются и скорее
наоминают хаотическое движение. Но это уже другая история.
Эйлер исал как-то, что в мире не роисходит ничего, в чем не был
бы виден смысл какого-нибудь максимума или минимума. Среди рочего
имелись в виду вариаионные риниы в естествознании. Соответствующая математическая теория оирается на равило множителей Лагранжа
(см. следствие из теоремы 3). И мы этим следствием одошли совсем близко к тому, чтобы охватить основы вариаионной теории и ее риложений
к естествознанию.
яжелый удар ─редоределенности│ римерно столетие тому назад
был нанесен зарождавшейся квантовой механикой. В двадатые годы родились две теории | Гейзенберга и Шрёдингера, не слишком охожие
друг на друга. И вот ведь какая случилась удача: один из молодых людей, кто имел контакты с творами квантовой механики, а именно Макс
Борн, когда-то в Геттингене слушал Гильберта и Шмидта ро симметрические оераторы. Он-то и онял, что в рассмотрениях этих оераторов в гильбертовом ространстве и лежит родство двух ветвей теории.
акую роль (среди многих иных) сыграла наша теорема 2. А еще с ее
омощью решаются смешанные задачи для гиерболических уравнений
(см. О. А. Олейник, ─Лекии об уравнениях с частными роизводными│,
М.: БИНОМ, 2005), краевые задачи теории араболических уравнений.
Помимо части существуют тела | струны, балки, мембраны и все
такое рочее. И часто случается так, что одобно тому, как решение
обыкновенного дифферениального уравнения сводится к интегрированию, так решение уравнений с частными роизводными оисываются интегральными уравнениями (см. уоминавшуюся книгу Петровского о
интегральным уравнениям). И здесь важнейшую роль играет теорема 1.
И все это лишь доля той ользы, которую могут ринести эти теоремы.
ак что мы их доказывали не зря.
Приложение. Приниы существования
Прини комактности Вейерштрасса { Лебега { Бэра. Функия, олунерерывная снизу на комакте, ринимает свое минимальное
значение.
Доказательство. Обозначим Un := X \ Ln (f ), n ? Z. Очевидно, что
╥ ╥ ╥ ? Un ? Un?1 ? ╥ ╥ ╥ . Из оределения олунерерывности снизу следует,
Алгебра, анализ и дифферениальные уравнения
55
что Un открыты, т. е. {Un }n?Z | открытое окрытие X . огда из оределения комактности олучаем, что существует такое число m ? Z, что
X = Um , т. е. f ограничена снизу. Пусть = inf f на X . Если f (x) 6= ,
обозначим Vn := X \ L+(1=n) (f ), n ? N: Из оре??елений олунерерывности снизу и нижней грани следует, что {Vn }n?N | открытое окрытие X .
Значит, в силу комактности, найдется такое число s ? N, что X = Vs ,
т. е. f > + 1=s. Противоречие с тем, что = inf f .
Прини сжимающих отображений Пикара { Каччиоолли
{ Банаха. Сжимающее отображение олного метрического ространства в себя имеет единственную неодвижную точку .
Доказательство. Взяв роизвольный элемент x0 ? X , оложим xn =
= F (xn?1 ), n ? N. огда
d(xn+m ; xm ) 6 d(xn+m ; xn+m?1 )+d(xn+m?1 ; xn+m?2 )+: : :+d(xm+1 ; xm ) =
= d(F (xn+m?1 ); F (xn+m?2 )) + : : : + d(F (xm ); F (xm?1 )) 6
6 d(x1 ; x0 )( n+m?1 + : : : + m?1 ):
Здесь ервое неравенство | это неравенство треугольника, а второе неравенство следует из сжимаемости. Полученная оенка оказывает,
что оследовательность {xn }n?N фундаментальна и сходится к элементу
xb ? X . Имеем: d(F (xb); xn+1 ) = d(F (xb); F (xn )) 6 d(xb; xn) ? 0, значит,
d(F (xb); xb) = 0, что равносильно xb = F (xb). Единственность легко следует
из сжимаемости.
******
И в заключение несколько слов о том, как, о моему мнению, и чему надо учить математике. Я бы выделил ять стадий | четыре, как
в каждой из моих лекий, и еще ятую. До школы и в начальной школе разумно научить дитя считать и дать имульс к размышлению. Мои
начальные фрагменты лекий ризваны дать такие имульсы к размышлениям.
Комьютерам дети научаются сами, но логику, онимание того, что
есть научная истина, человек (ока еще) не может извлечь из машины,
его надо этому учить, начиная со школы.
На каком-то уровне каждому надо сделать выбор своей жизненной
дороги | гуманитарной или научно-технической. Во втором случае разумно ристуить к изучению математического анализа. Вторые фрагменты моих лекий обращены к тем, кто хочет узнать о математике, как
о редмете, соответствующем выбору их жизненного ути.
На ервых курсах технических, экономических и естественно-научных институтов и университетов надо освоить технические основы нашей
56
В. М. ихомиров
науки (начала исчислений, линейной алгебры, теории дифферениальных
уравнений, комлесного анализа и теории вероятностей). В третьих разделах моих лекий рассказывается о началах линейной алгебры, анализа
и дифферениальных уравнений.
А отом, в институтах с хорошей математикой и в университетах
я редложил бы читать некий сводный курс математики, где все выстраивалось бы в единую гармоничную картину. Из фрагментов такого курса состоят четвертые части моих лекий, в которых я остоянно
одчеркивал, что дистания между истоком и так сказать ─устьем│ в
каждой нашей теме была невелика. По-видимому, отоки человеческой
мысли слишком ричудливы и отому так долго текли от своего начала
к естественному кону.
Вот вам четыре стадии: начальная школа, средняя и сеиализированная школа, роедевтическое институтское или университетское образование и сводный курс математики.
А ятая | обещанная | часть? Пятая часть | современная математика . Как учить современной математике и чему? Вот ворос. Давайте
оразмышляем. Но в другой раз.
В. М. ихомиров, мехмат МГУ
E-mail: tikhomirmme.ru
57
Олимиады и математика
А. Б. Скоенков
Перед учителями и руководителями кружков, занимающимися с сильными школьниками, встает ворос: как одготовить школьников к олимиадам или к ─серьезной│ математике? Некоторые думают, что для ервого надо рорешивать задачи оследних олимиад, для второго надо
читать научную литературу, и что ввиду ринииальной разниы ервого и второго бессмысленно ытаться достичь и того, и другого. Автор
этой заметки ридерживается расространенного мнения о том, что эти
одходы недостаточно эффективны и риводят к вредным ─обочным
эффектам│: школьники либо чрезмерно увлекаются сортивным элементом в решении задач, либо изучают язык высшей математики вместо ее
содержательной стороны.
Мне кажется, что основу математического образования сильного ученика должно составлять решение и обсуждение мотивированных для ученика задач, в роессе которых он знакомится с важными математическими идеями и теориями. Это одновременно одготовит школьника и
к математической науке, и к олимиадам, и не нанесет вред его развитию
в елом; это будет более эффективно и для достижения усеха только в
олимиадах или только в науке (если не учитывать большого количества
других факторов, кроме разумной организаии занятий).
Как и ри естественном развитии самой математики, каждая следующая задача должна быть мотивирована либо рактикой, либо уже
решенными задачами. Поэтому ученик, занимающийся ─мотивированной
для него│ математикой (обычно более элементарной, но обычно содержательной и отому обычно сложной) вместо ─немотивированной для него│
математики (обычно менее элементарной, но обычно языковой и отому
обычно тривиальной), имеет реимущество в дальнейшей учебе и научной работе.
Олимиадных задач очень много, большинство из них интересны
школьнику и среди них много математически содержательных. акие
задачи могут составить основу изучаемого материала. Однако решение
олимиадных задач без изучения математических идей и теорий недостаточно эффективно даже для ─чистой│ одготовки к олимиадам (на
долгих | год и более | ромежутках времени, как и вообще решение
58
А. Б. Скоенков
сиюминутных задач без фундаментального развития). Кроме того, большинству людей легче достичь усеха на олимиадах (как и в других видах творческой деятельности) в том случае, когда они не считают усех
главной елью. Сложную задачу легче решить, если сокойно думать о
самой задаче, а не о награде, которая оследует за ее решением. Поэтому
школьник, мотивированный более высокой елью, чем усех на олимиаде, имеет на этой олимиаде сихологическое реимущество.
Как удачно одобрать задачи для обучения учеников? Этот ворос
учителя задавали себе оследние десять тысяч лет [2, редисловие?, [4?,
[5, с. 26{33?, [7, редисловие?. Расскажу и я о части своего рактического
оыта, находящегося в русле оыта риведенных авторитетов.
В Московском ентре нерерывного математического образования
(МЦНМО) од руководством автора этой заметки роходит кружок
─Олимиады и Математика│. Моими ассистентами в разное время были и
являются А. Акоян, А. Засорин, Д. Пермяков, С. Сиридонов и И. Шнурников. Это студенты механико-математического факультета Московского государственного университета, в рошлом обедители Международных и Всероссийских олимиад школьников. Большинство из них
отличники, некоторые из них уже являются авторами научных работ.
Аналогичный кружок ─Математический Семинар│ я веду в физико-математической школе-интернате им. А. Н. Колмогорова (СУНЦ МГУ) с 1994
года (до 2001 года совместно с В. Н. Дубровским).
Участвовать в кружке ─Олимиады и Математика│ имеет раво любой желающий. Однако уровень занятий довольно высок; большинство
участников нашего кружка | ученики 8{11 классов, которые имеют шанс
ройти на Всероссийскую олимиаду.
Активное участие в кружке требует затрат времени и сил, оэтому его желательно согласовать с родителями и учителями. На занятиях
кружка школьники учатся решать интересные задачи, одобранные так,
что в роессе их решения и обсуждения ученики знакомятся с важными
математическими идеями и теориями. В начале каждой темы решаются и разбираются в основном задачи, редлагавшиеся ранее на олимиадах (или аналогичные таковым). А в коне дело часто доходит до задач
для исследования . Мы уделяем много времени индивидуальным занятиям, разбирая лично с каждым школьником его решения и давая ему одсказки и/или доолнительные задачи, а также занимаемся со школьниками, которые решают исследовательские задачи (и выстуают со своими
результатами на конферениях школьников). Более одробно о задачах
для исследования см., наример, [6?. Занятия кружка объединяются в иклы из 1{3 занятий, связанных общей темой или идеей. Разные иклы
очти независимы друг от друга, а их аннотаии объявляются заранее
(оэтому можно изучать только те иклы, которые школьнику наиболее
Олимиады и математика
59
интересны). Некоторые материалы кружка оубликованы в журналах
─Квант│, ─Математическое росвещение│, ─Математическое образование│
и \Quantum". В хорошую огоду занятия кружка часто роводятся с выездом на рироду.
Важной составляющей кружка являются выездные школы. Занятия
на этих школах ведут замечательные математики и учителя, там ревосходно организован быт и досуг школьников. Приглашаются туда наиболее активные участники кружка, а также те обедители Московской и
Всероссийской олимиад, которые живут в Москве или ближнем Подмосковье и не занимаются в кружке.
Подчеркну, что усешное участие в кружке не учитывается ри формировании команды Москвы на Всероссийскую Олимиаду. Но, конечно,
оно оможет усешно выстуить на любой олимиаде.
Приведу ример двух иклов задач из разбиравшихся на кружке. Первый икл одводит школьника к открытию леммы Бернсайда. Заметим,
что в существующих учебниках (в том числе для школьников) изучение
риложений леммы Бернсайда начинается с немотивированных онятий
и теории. Каждая следующая серия выдавалась школьникам осле разбора редыдущей. Второй икл одводит школьника к онятию еной
дроби на римере алгоритма вычисления количества елых точек ─од
рямой y = x│. Другие иклы можно найти в интернете на страние www.mme.ru/irles/oim . (Многие материалы на этой страние не
ретендуют на оригинальность. Не все материалы там составлены мной;
имена других составителей указываются.
Благодарю за замечания и обсуждения, сособствовавшие улучшению
настоящей заметки, М. Н. Вялого, В. Н. Добровольскую и ее научного руководителя А. А. Русакова, а также всех участников кружка ─Олимиады
и Математика│.
Комбинаторика классов эквивалентности
1-я серия.
1. Сколькими сособами можно раскрасить грани куба в красный и
серый вета? Раскраски, совмещающиеся в (трехмерном) ространстве,
считаются одинаковыми.
2. Найдите число раскрасок карусели из n вагончиков в a ветов (т. е.
количество раскрасок вершин равильного n-угольника в a ветов, если
раскраски, совмещающиеся оворотом, неотличимы) для
(a) n = 5; (b) n = 4; () n = 6.
60
А. Б. Скоенков
Найдите количество закрасок в a ветов
(a) равильного треугольника, разбитого средними линиями на 4 равных треугольника.
(b) то же для 9 треугольников.
(с) квадрата, разбитого средними линиями на 4 равных квадрата.
(d) то же для 9 равных квадратов.
4.* Найдите число замкнутых ориентированных связных ломаных с
вершинами в вершинах данного равильного p-угольника (где p | ростое). Ломаные, совмещающиеся оворотом, неотличимы.
3.
2-я серия.
Аналогично ридуманному вами сособу можно решить задачу 2 для
роизвольного n, однако решение будет громоздким. Приведем более ростой (для ─очень неростых│ n) сособ на римере решения задачи 2.
Обозначим через X искомое число раскрасок. Назовем занумерованной раскраской раскраску карусели из шести занумерованных вагончиков. огда всего есть a6 занумерованных раскрасок. Для занумерованной
раскраски обозначим через [? соответствующую незанумерованную
раскраску.
Посчитаем двумя сособами число P ар (; n), в которых n ? {0; 1; 2;
3; 4; 5} и | занумерованная раскраска, ереходящая в себя ри овороте на 2n=6. Пусть stab | число тех n ? {0; 1; 2; 3; 4; 5}, для которых
оворот на 2n=6 ереводит занумерованную раскраску в себя. огда
P=
X
stab =
X
X
stab[? =
X
6 = 6X:
stab stab
раскраскам {:[?=}
раскраскам Предоследнее равенство выолнено, оскольку
{ для занумерованных раскрасок 1 и 2 , ереводящихся друг в друга оворотами, stab 1 = stab 2 (эти равные числа обозначаются
stab[1 ?), и
{ количество занумерованных раскрасок, олучающихся оворотами
6 .
из данной занумерованной раскраски , равно stab
Докажите оследнее утверждение.
С другой стороны, оворот на 2n=6 ереводит в себя ровно a(n;6)
5 (n;6)
P
закреленных раскрасок, оэтому P =
a . Итак,
n=0
X = 16 (a6 + 2a + 2a2 + a3 ):
5.
Олимиады и математика
61
6. Найдите число
(a) раскрасок карусели из n вагончиков в a ветов.
(b) a-ветных ожерелий из n бус.
7. Сколькими сособами можно раскрасить в a ветов грани (a) равильного тетраэдра; (b) куба? Раскраски, совмещающиеся вращением
(трехмерного) ространства, считаются одинаковыми.
8. Сколько существует различных (т. е. неизоморфных) (не)ориентированных графов с 4 вершинами? А с 5?
n
9.* Отображения {0; 1} ? {0; 1} (т. е. функии алгебры логики от n
еременных) называются конгруэнтными , если они становятся равными
осле ереименования еременных.
(a) Найдите число bn функий алгебры логики от n еременных с
точностью до конгруэнтности.
(b) Докажите, что существует nlim
n! bn=22n и найдите этот редел.
??
10. Сформулируйте общую теорему, которую можно было бы рименять вместо овторения риведенного решения задачи 2.
3-я серия. Вот ответ.
Лемма Бернсайда. Пусть заданы конечное множество M и семейство {g1 = id M; g2 ; : : : ; gn } реобразований этого множества, замкнутое относительно комозиии и взятия обратного элемента. Назовем
элементы множества M эквивалентными, если один можно еревести
в другой одним из данных реобразований. огда число классов эквиваn
1P
лентности равно
x(gi ), где x(gi ) | число элементов множества
n k=1
M , которые реобразование gi ереводит в себя.
(Чтобы сделать этот и следующие результаты менее достуными,
их обычно формулируют и доказывают на языке теории абстрактных
гру.)
Назовем (конечной) груой конечное семейство реобразований (т. е.
ерестановок) некоторого множества, замкнутое относительно комозиии и взятия обратного элемента. Дальнейшие задачи особенно интересны тем, кто уже решал задачи ро ерестановки.
11. (a) Любая груа содержит тождественное реобразование.
(b) Если число n реобразований в груе G ростое, то для любого
нетождественного реобразования g ? G имеем G = {g; g2 ; : : : ; gn = id}.
Если в груе G найдется реобразование g, для которого G = {g; g2 ;
: : : ; gn = id}, то груа G называется иклической . Груа G называется
бииклической (этот термин не общеринят), если для некоторых елых
62
А. Б. Скоенков
p > 1 и q > 1 и реобразований g; h ? G выолнено gh = hg, gp = id,
hq = id и G = {gk hl | 1 6 k 6 p; 1 6 l 6 q}.
Приведите ример бииклической груы из 4 элементов.
13. Любая ли груа из n реобразований является иклической или
бииклической для (a) n = 4; (b) n = 6; () n = 8; (d)* n = 9;
(e) n = 10; (f)* n = 15?
14.* еорема Лагранжа. Если H | одгруа груы G (т. е. одмножество груы G, также являющееся груой), то #G делится на #H .
k
15.* еоремы Силова. Пусть p | ростое, n делится на p и не делится
k
+1
на p , а G | груа из n элементов. Докажите, что
(a) В G имеется одгруа из pk элементов.
(b) Число таких одгру сравнимо с 1 о модулю p.
() Для любых двух таких одгру H и H ? найдется такое реобразование g ? G, что H ? = {ghg?1 | h ? H }.
(d) Если p и q | ростые, p < q и q ? 1 не делится на p, то любая
груа из pq реобразований является иклической или бииклической.
12.
Целые точки од рямой
Эти задачи одводят школьника к алгоритму вычисления суммы
n
f(n) = P [k?, т. е. количества елых точек ─од рямой y = x│. Через
k=1
[x? и {x} обозначаются елая и дробная части числа x, соответственно.
Латинские буквы обозначают елые числа. Алгоритм строится в задачах
2ab, задача 1 олезна ─для разогрева│.
1. Найдите f (n) для
(a) елого ; (b) елого 2; () елого 3;
f (n)
(d) = a=n для данных елых a и n; (e) Найдите nlim
.
2
??
2.
(a)
(b)
Докажите, что
n
f(n) = f{} (n) + 12 [?n(n + 1):
f(n) + f 1 ([n?) ? [ nq ? = n[n?;
где q | знаменатель несократимой
дроби, редставляющей число , если
раионально, и q = ? (т. е. [ nq ? = 0), если ирраионально.
Указание: осчитайте количество елых точек в рямоугольнике
1 6 x 6 n, 1 6 y 6 [n?.
() Найдите алгоритм вычисления суммы f (n). Указание:
f2=3 (n) = n[ 23n ? + [ n3 ? ? f3=2([ 23n ?);
Олимиады и математика
63
f3=2([ 23n ?) = 12 [ 23n ?([ 23n ? + 1) + f1=2 ([ 23n ?);
f1=2 ([ 23n ?) = [ 23n ?[ n3 ? + [ n3 ? ? f2([ n3 ?);
2n
[ ?
оскольку [[x?=n? = [x=n? для елого n > 0 и, значит, [ 32 ? = [ n3 ?;
f2([ n3 ?) = [ n3 ?([ n3 ? + 1):
(d) Найдите алгоритм вычисления суммы
n
P
{k }.
k=1
Замечания. Частный случай равенства 2b (на котором основан редлагаемый алгоритм) для оложительных нечетных взаимно ростых чисел
p < q, = p=q и n = (q ? 1)=2 (тогда [n? = (p ? 1)=2) оявляется ри
доказательстве закона взаимности квадратичных вычетов [1, ворос 1б к
главе II и V.2.l?; доказательство общего случая аналогично. Сумма из 2d
вычислена (более громоздким сособом, чем редложенный здесь) в [3?.
[1?
[2?
[3?
[4?
[5?
[6?
[7?
Сисок литературы
Виноградов И. М. Основы теории чисел . М.: Наука, 1972.
Генкин С. А., Итенберг И. В., Фомин Д. В. Ленинградские математические кружки . Киров, 1994.
Добровольская В. Н. Неолные суммы дробных долей // Чебышевский
сборник, 2004. . 5, ┌2(10). С. 42{48.
Судзуки Д. Основы дзэн-буддизма. Наука Дзэн | ум дзэн . Киев, 1992.
Платон. Федон , в кн. Федон, Пир, Федр, Парменид. М.: Мысль, 1999.
Скоенков А. Исследовательские задачи для школьников // ─езисы
докладов конферении, освященной 100-летию С. М. Никольского│.
М.: МИ РАН, 2005.
Электронный вариант: www.mme.ru/irles/oim/100.ps
Шклярский Д. О., Ченов Н. Н., Яглом И. М. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифметика и алгебра . М.: Физматлит, 2001.
А. Б. Скоенков, кафедра дифферениальной геометрии и риложений,
механико-математический факультет, Московский государственный университет; Независимый московский университет; Московский институт
открытого образования.
E-mail: skopenkomme.ru
Математический мир
S
IHE
А. Б. Сосинский
Институт Высших Научных Исследований од Парижем
Пятьдесят лет тому назад, в середине рошлого века, франузский
ромышленник русского роисхождения Лев Мощан (Leon Mothane)
увлекся идеей создать во Франии аналог знаменитого американского
IAS1) . В 1958 году такой ентр, названный IHE S2) , был создан, и Лев Мощан стал его ервым директором. Об истории и о сегодняшнем дне этого
уникального научного ентра наш рассказ.
Institute for Advaned Studies { Принстонский Институт Высших Исследований.
Institut des Hautes E tudes Sientiques { Институт Высших Научных Исследований,
сегодня находящийся в Bures-sur-Yvette од Парижем.
1)
2)
S
IHE
65
Немного об истории IHES
Лев Мощан
Наверное, стоит сказать несколько слов о создателе IHES.
родился в Санкт-Петербурге в 1900 году. Эмигрировав из России во время гражданской войны, в 1918 году он оказался в Швейарии рактически
без средств к существованию. огда он не имел возможности олучить
научное образование, к которому с юных лет стремился. Пришлось сразу
зарабатывать на жизнь, сначала в Швейарии, а затем во Франии, куда
Мощан еребрался в 1924 году. И он в этом реусел: в ослевоенные годы
Leon Mothane уже был круным франузским ромышленником. Будучи
обесеченным человеком, он вернулся к своей юношеской любви к математике и, редставьте себе, в возрасте 54 лет (!), защитил диссертаию
у выдающегося франузского математика Гюстава Шоке (Gustave Choquet). После этого он и загорелся мечтой создать во Франии научный
ентр наодобие IAS, и риложил к этой ели свои незаурядные деловые
и организаторские сособности.
удалось не сразу. Несколько лет ушло на выбивание
Создать IHES
денег (каитала самого Мощана, конечно же, для этой ели было мало) и на уговаривание властей оддержать затею. Важную роль сыграла оддержка Роберта Оенгеймера (Robert Oppenheimer), знаменитого американского физика, в то время директора IAS, и Жана Дьёдонне,
одного из основателей груы Бурбаки3) и, ожалуй, самого активного
франузского математика середины XX века. Наконе, в 1958 году, IHE S
открыл свои офисы, ервоначально расоложенные в ентре Парижа, и
туда начали риезжать на один, два, или три месяа ведущие математики всего мира. Оределилась административная структура и риниы
научной организаии ентра. Были назначены ервые два остоянных
рофессора IHE S: ими стали Дьёдонне и великий франузский математик А. Гротендик (Alexandre Grothendiek).
Важной вехой в становлении IHE S стало риобретение в местечке
Бюр-сюр-Иветт (двадать ять минут от ентра Парижа на загородном
метро) десятигектарного лесного участка Буа Мари, куда ереехали все
службы ентра и где он находится о сей день. Уже в семидесятые годы к этой недвижимости рибавился другой участок, Ормай (Residene
Ormaille), в десяти минутах хода от Буа Мари; в Ормай расоложены
квартиры риезжающих ученых.
В 1974 году Лев Мощан ушел на енсию, его на должности директора
сменил голландский математик Н. Куйер (Niolas Kuiper), его в свою
очередь заменил знаменитый франузский геометр М. Берже (Marel
О груе Бурбаки можно рочитать в ─Математическом Просвещении│, вы. 2,
1998; с. 4{12.
3)
66
А. Б. Сосинский
Berger). С 1994 года франузский математик Ж.-П. Бургиньон (JeanPierre Bourguignon) | директор IHE S.
Как организован IHES
совсем небольшой штат остоянных работников: директор,
В IHES
несколько ли, занимающих административные и секретарские должности, работники бытовых служб и всего шесть остоянных рофессоров.
Основную же часть работающих в ентре людей составляют риглашенные ученые: математики и физики-теоретики достаточно высокого международного уровня, одавшие индивидуальные заявки и риглашенные
в IHE S его Ученым Советом (возглавляемым директором и составленным
в основном из остоянных рофессоров).
В настоящее время остоянные рофессора IHE S следующие: математики { франуз А. Конн (Alain Connes), русские Михаил Громов и Максим
Коневич, франуз Л. Лаффорг (Laurent Laorgue) и физики | франуз
. Дамур (Thibault Damour) и россиянин Никита Некрасов. Все математики (кроме Громова) | лауреаты высшей математической награды |
ремии Филдса; Громов же считается крунейшим геометром XX века
(врочем, у него есть рекрасные работы и о алгебре, и о анализу).
Примечательно, что среди шести названных выше рофессоров | трое
а рорусских. Это совсем не связано с роисхождением основателя IHES,
сто, как мне кажется, объясняется общеризнанным высоким уровнем
российской математической школы (в данном случае | школы В. А. Рохлина в Санкт-Петербурге и И. М. Гельфанда в Москве), а также ечальным состоянием ─заботы│ властей об отечественной науке, фактически
вынуждающей лучших молодых научных талантов к эмиграии (и Громов, и Коневич | франузские граждане, и я не сомневаюсь, что вскоре
таковым станет Некрасов).
В отличие от других одобных ентров, выбор риглашенных ученых
(они риезжают на меся или два, в виде исключения и на большие сроки)
сознательно носит стихийный характер: не роводятся тематические конферении, не организуются семестры или триместры о оределенным
разделам математики или теоретической физики | риезжающие ученые
встречают там в основном незнакомых коллег, работающих в смежных
(или далеких) областях. Этот необычный организаионный рини, восходящий, видимо, к основателю IHE S Льву Мощану, доказал свою эффективность. Руководители ентра считают неожиданные встречи ученых,
усть далеких друг от друга о тематике, более лодотворными, более
взрывными, чем общение сеиалистов и так знакомых с работами и методами друг друга. В IHE S остоянно работают два или три семинара,
где можно выстуить или ослушать коллег.
S
IHE
67
Разумеется, имеется хорошая комьютерная оддержка работы риезжих. Есть нелохая математическая библиотека рямо в Буа Мари,
и отличная | в университете Орсэ (Universite Paris-Sud a Orsay). Есть
(котоудобный сособ убликаии | так называемые реринты IHES
рые в оследние годы ревратились из бумажных в чисто электронные).
Словом, созданы идеальные условия для научной работы | живи, мол, и
твори!
Жизнь в IHES
Что вас ждет, если вас ригласят в IHE S?
Приехав в Бюр в качестве риглашенного рофессора, вы олучите
отдельный офис в основном здании в Буа-Мари и удобную квартиру в
Ормай (если вы с семьей и детьми | коттедж). В один из ервых дней
вы скорей всего сделаете доклад на одном из остоянно действующих
семинаров, тем самым ознакомитесь с частью других находящихся в
это время в IHE S математиков и физиков.4)
Жизнь риезжающих ученых ничем не регламентирована. Вы можете
не риходить в свой офис, гулять елыми днями о огромному лесному
участку Буа Мари или роадать в Париже, от культурных соблазнов
которого никто вас отговаривать не будет (разве что совесть). Но вскоре вы узнаете, что хоть и нет жестких равил, зато есть традиии, с
которыми следует считаться.
Первая и главная из них | обед. На него ринято ходить. Происходит
он в час дня в столовой рядом с административным зданием. Столовая
чем-то наоминает монашескую траезную: очень длинные деревянные
столы без скатертей, вдоль них скамейки. Обед идет нетороливо. Меню
меняется изо дня в день, но на данный день фиксировано. Неизменно одается нелохое столовое вино. За каждым из столов одновременно идут
два или три разговора на математические и околоматематические темы.
Один из моих франузских коллег как-то мне сказал, что, о его оенкам, за этими столами за оследние 50 лет родилось больше теорем, чем
в любом другом месте в мире. Может быть, это и реувеличение, но, во
Я омню, какое вечатление все это роизвело на меня, когда я вервые оказался в
Бюре в 1992 году. Мне дали офис на ервом этаже между двумя филдсовскими лауреатами | Конном и Р. омом (Rene Thom), на моем ервом докладе активно участвовали
в дискуссии и Берже, и ом, и Громов. Я вначале чувствовал себя явно не на месте, эдаким самозванем, обманом роникшим в круг избранных. Но вскоре неринужденная
обстановка IHE S меня усокоила и я олучил от того ребывания много удовольствия
и ользы. А меся сустя, уже в Москве, вновь всомнил одробности жизни в Ормай
и расхохотался, когда Яков Григорьевич Синай, только что вернувшийся из Бюра, мне
сказал: ─Лёша, а я меся сал в твоей остели│ (его оселили в той же квартире, что
и меня).
4)
68
А. Б. Сосинский
всяком случае, бюровские обеды бессорно являются сильным катализатором научного творчества и объединения ученых.
Вот только один ример. В 1998 году Максим Коневич рассказывал
сидящим за его столом в траезной IHE S ро занятия Наолеона математикой и о так называемой ─теореме Наолеона│, будто бы вервые доказанной будущим франузским имератором. Его с интересом слушал
Конн, который об этом ничего не знал, и оросил сформулировать теорему. Коневич о ошибке вместо теоремы Наолеона сформулировал
охожую, но значительно более трудную теорему Морли. Конн ризадумался над доказательством, которое ему далось не сразу, но, видимо,
одгоняемый мыслью | если Наолеон смог, то неужели я не смогу? |
наконе нашел доказательство. Его можно рочитать в 9-м выуске ─Математического росвещения│, 2005, с. 100{104. Кстати, во введении к этой
статье Конн отмечает важную роль обедов в IHE S.
Менее обязательной, но тоже важной традиией является ежедневное
чаеитие | файв-о-клок | роисходящее, разумеется, в 17:00 в одной
из гостиных административного здания, рядом с офисом директора. Чай
или кофе, ирожные, еченья, разбросанные о большой уютной комнате
с камином журнальные столики, диваны и кресла, ара небольших досок
с мелом. Кто-то сидит, кто-то стоит или расхаживает, у одной из досок
собралось два-три человека, оживленно обсуждающие наисанные на ней
математические каракули. Здесь тоже, быть может, рождается очередное
математическое открытие.
С камином связана следующая история, роизошедшая лет шесть тому назад в этой гостиной. огда я чувствовал себя уже своим человеком
в неринужденной обстановке IHE S и был не рочь даже ошутить, как
говорится, на грани фола. Находясь на чаеитии, я обратил внимание
на металлическую модель многогранника Коннели, лежащую рядом с камином, явно в роли мехов. В ентре гостиной директор IHE S Бургиньон
беседовал с П. Картье (Pierre Cartier), знаменитым франузским математиком, одним из ервых активистов Бурбаки. Я одошел к ним и очень
громко, чтобы было слышно во всей гостиние, заявил:
{ Что это за безобразие у вас лежит в качестве мехов рядом с камином?! Его исользование с этой елью бросает тень на квалификаию дирекии этого института и на кометентность его научных сотрудников!
{ Как, Сосинский, неужели ты не узнал многогранник Коннели, |
налетел хорошо знающий меня Картье, | это же знаменитый ример
нерерывно изгибаемого олиэдра, который. . .
{ Знаю, знаю, но вы же хотите его исользовать в качестве мехов!
{ Ну и что?
{ А то, что московский математик Иджат Сабитов недавно доказал,
что объем таких многогранников не изменяется ри изгибании, оэтому
S
IHE
69
сколько ни качай эти ─мехи│, никакого дуновения воздуха ты не создашь.
Вот я и говорю ро квалификаию дирекии и ученых. . .
что ни Картье, ни Бургиньон не обиделись на
Характерно для IHES,
мою выходку, очень смеялись, а отом росили меня рассказать работу
Сабитова на семинаре. . .
Конечно, открытия часто роисходят и более традиионном образом | в неринужденных арных беседах за доской в офисах, или в
размеренных рогулках о аллеям холмистой территории леса Буа-Мари.
Вечером здесь быстро все затихает | математики, в большинстве
своем ─совы│, бдят дооздна за своими комьютерами. Отвлекающих моментов вечером в тихом Бюр-сюр-Иветт росто нет никаких. Днем, равда, любители еллулоидного шарика гоняют его о инг-онговому столу, а иногда в Ормай роисходят волейбольные сражения, особенно захватывающие, когда их организует Александр Александрович Кириллов,
неревзойденный о этому делу мастер.
Ваш срок | меся или два | ролетает незаметно. Слишком быстро
риходится возвращаться к обычной жизни у себя дома. . .
Засилье русскоговорящих
В оследний риезд в IHE S (не будучи риглашенным рофессором, я
находился в Париже роездом осле конферении в Неаоле и заехал обеседовать с Громовым), я одсчитал (о остоянно обновляемой адресной книжке Ормай) роент русскоговорящих среди риглашенных рофессоров: их оказалось около двадати яти человек из шестидесяти с
лишним | около тридати роентов! Это объясняется уже отмеченной мной высокой реутаией наших (нынешних и бывших) согражданматематиков, а также их желанием на родном языке ообщаться с такими
математическими звездами, как Громов и Коневич. Как заметил один
мой остроумный московский коллега: ─мы эксортируем шахматистов,
нефть и газ, хоккеистов и математиков│.
Большинство из русскоговорящих риезжают не из России, а из США,
или Израиля, или Германии | из той страны, куда их забросила их эмигрантская судьба. Большинство не исытывает особой ностальгии о окинутому ими советскому государству, с тех ор канувшему в Лету, они
уже стали гражданами другой страны, но рофессионального или душевного общения на родном языке | ой как не хватает.
К сожалению, это обстоятельство риводит к отриательному явле Русскоязычные математики держатся нению в нынешней жизни IHES.
сколько обособлено и общаются реимущественно друг с другом (да еще
на неонятном русском языке!), что вызывает волне обоснованное
70
А. Б. Сосинский
раздражение многих коллег. Пока оытки Конна, Лаффорга и даже Громова как-то уладить эту роблему к усеху не риводят.
Несомненно, риятно осознавать значимость российской математической школы, как и риятно оказаться од Парижем в ─ривилегированном
советском научном доме отдыха│ (о меткому выражению одного моего
коллеги). Но, конечно, IHE S нельзя считать ентром, созданным выходем из России для выходев из России | это уникальное место встречи
лучших математиков (и математических физиков) мира, со своими своеобразными традииями и удивительной научной аурой.
А. Б. Сосинский, ВКМ НМУ
E-mail: absdiffiety.a.ru
Наш семинар:
математические сюжеты
Четыре алгоритмических лиа случайности
В. А. Усенский
Введение
Если кто-либо скажет нам, что он одбросил ─честную│ монету двадать раз и, обозначив герб единией, а решетку нулем, олучил такой
результат:
10001011101111010000
(I)
или такой:
01111011001101110001;
(II)
мы вряд ли будем удивлены. Однако если нам скажут, что результат
бросаний был таким:
00000000000000000000
(III)
или таким:
01010101010101010101
(IV)
| мы будем оражены и вообще не оверим или же усомнимся в корректности эксеримента. Возникает ворос: очему?
По-видимому, еочки (I) и (II) восринимаются как случайные, а
еочки (III) и (IV) | как неслучайные.
Но что означают слова ─восринимается как случайная│? Классическая теория вероятностей не дает ответа на этот важный ворос. Не
столь редко можно услышать следующее объяснение: вероятность каждой
из еочек (III) и (IV) слишком мала, она равна 2?20 , что меньше одной миллионной. Но ведь ровно такую же вероятность имеют еочки (I)
и (II).
72
В. А. Усенский
ри важных замечания.
Во-ервых, вечатление случайности зависит от расределения вероятностей. Если одна сторона монеты тяжелее другой или если человек в
роессе бросания научается одкидывать монету так, чтобы она адала на нужную сторону, то оявление еочек (III) или (IV) может стать
волне ожидаемым. Вначале | для ростоты | мы будем заниматься
лишь независимыми бросаниями с вероятностями одна вторая для герба
и одна вторая для решетки.
Во-вторых, говорить о случайности имеет смысл лишь в рименении к
очень длинным еочкам. Бессмысленно срашивать, которая из еочек
00, 01, 10, 11 более случайна, чем другие.
В-третьих, точной граниы между случайными и неслучайными (в интуитивном смысле) еочками нет и не может быть. Ведь если в случайной еочке заменить один знак, она остается случайной. Но, заменяя
много раз, мы от любой еочки можем рийти к (III) или (IV). Это
известный арадокс кучи.
Итак, следует рассматривать только очень длинные еочки, а в идеале | бесконечные. (Вообще, бесконечность | это такое олезное риближение сверху к очень большому конечному.) Бесконечные еочки ринято называть оследовательностями. Оказывается, оследовательности
уже можно довольно осмысленно разделить на случайные и неслучайные.
Иными словами, можно не без усеха ытаться найти строгое математическое оределение для онятия случайная оследовательность нулей
и едини\. В настоящем очерке мы "изложим результаты таких оыток,
редринятых различными авторами. Однако следует честно ризнать,
что для рактических риложений интерес редставляют именно конечные случайные еочки и отому идеализаия, роисходящая ри ереходе к еочкам бесконечной длины, неизбежно соряжена с ─отрывом
от жизни│. Врочем, аналогичный отрыв возникает и ри изучении совокуности всех конечных еочек, оскольку в жизни встречаются лишь
еочки ограниченной длины, а в очень длинных случайных еочках возникают такие эффекты, которые могут и не соответствовать наивным
редставлениям о случайности.
Сделав это ризнание, ристуим к изложению.
Нам будут олезны некоторые термины и обозначения.
Всякая конечная еочка hi1 ; : : : ; in i нулей и едини называется также
двоичным словом, а число n | длиной этого слова. Длина слова x обозначается так: |x|. Длина слова может быть равна нулю; слово длины нуль
ничего не содержит и называется устым. Пустое слово обозначается
буквой .
Множество всех двоичных слов обозначается буквой . Множество
всех оследовательностей нулей и едини обозначается буквой .
Четыре алгоритмических лиа случайности
73
Для оследовательности ha1 ; a2 ; a3 ; a4 ; : : :i каждое из двоичных слов
является ее началом . Пусть x ? | двоичное слово. Множество всех тех оследовательностей из , для которых x служит началом, обозначим через x. Каждое множество вида x, где x ? , ринято
называть шаром . Шару x риисывается его объём v(x), равный 2?|x|.
Содержательно, каждую оследовательность из мы рассматриваем
как серию результатов бросаний монеты. Еще раз одчеркнем, что для
наглядности мы ограничиваемся на ервых орах ситуаией, когда результаты всех бросаний равновероятны. На математическом языке это
означает, что на задано так называемое равномерное расределение
вероятностей | а это, в свою очередь, означает следующее: для каждого шара вероятность того, что случайно выбранная оследовательность
из оадет в этот шар, равна объему этого шара.
Наша ель | оытаться выделить из некоторое точно оисанное
одмножество, ретендующее на роль множества всех случайных оследовательностей. радиионная теория вероятностей не только не риближается к решению этой задачи, но даже не может ее сформулировать в
своих терминах. На омощь риходит теория алгоритмов. Может оказаться арадоксальным, что онятие случайности уточняется на основе
такого чуждого случайности онятия, как алгоритм, | тем не менее дело
обстоит именно так: все известные до сих ор оределения случайности
индивидуального объекта (в нашем римере | индивидуальной оследовательности нулей и едини) оираются на онятие алгоритма.
Чтобы найти требуемое оределение, остуают так. Формулируют
некое характеристическое свойство, которым обладают случайные (в неформальном, интуитивном смысле) оследовательности. А затем оследовательности, обладающие этим свойством, и объявляют | о оределению | случайными.
Какими же свойствами обладает случайная оследовательность нулей
и едини?
Во-ервых, она частотоустойчива . Вот что это означает для того
ростейшего случая, когда нули и единиы равновероятны: частота нулей, как и частота едини, стремится к одной второй. (Частота нулей |
это их доля в начальном отрезке оследовательности.) Но более того: в
случайной оследовательности указанная устойчивость частот выолняется не только для оследовательности в елом, но и для любой ее законной, разумной одоследовательности.
Во-вторых, она хаотична . Это означает, что она сложно устроена и
не может иметь разумного оисания. Психологическому эксерименту, с
которого мы начали, Колмогоров дал такое объяснение. Цеочки (I) и (II)
отому восринимаются как случайные, что они сложны, их устройство
ha1 ; a2 ; : : : ; an i
74
В. А. Усенский
нельзя коротко оисать. А вот еочки (III) и (IV) имеют ростое, легко
оисываемое устройство.
В-третьих, она тиична . Это означает, что она ринадлежит любому
разумному большинству.
В-четвертых, она нередсказуема . Это означает, что играя ротив
нее на деньги (т. е. ытаясь угадать члены оследовательности и делая
ставки), оследовательность невозможно обыграть, какой бы разумной
стратегией ни ользоваться.
Слово ─разумный│, встречающееся в объяснениях еречисленных четырех свойств, конечно, нуждается в уточнении. еория алгоритмов как
раз и редлагает такие уточнения, наолняя это слово точным смыслом |
своим для каждого из наших четырех свойств. ем самым возникают
четыре алгоритмических свойства: частотная устойчивость , хаотичность , тиичность , нередсказуемость . Каждое из них редставляет
свое собственное алгоритмическое лио случайности, и каждое из них с
большими или меньшими основаниями может ретендовать на роль строгого математического оределения онятия случайности. Можно сказать
и так: возникают четыре точно очерченных класса оследовательностей,
каждый из которых ретендует на то, чтобы служить ─истинным│ классом случайных оследовательностей; некоторые из этих ретензий более
оравданы, чем другие.
Лио Первое: Частотоустойчивость и стохастичность
По-видимому, одним из ервых оставил ворос о том, что такое отдельно взятая случайная оследовательность, замечательный немекий
математик Рихард фон Мизес в начале XX века | в 1919 г. Во всяком
случае, именно он ервым редложил сравнительно удачное (хотя и нестрогое) оределение, ослужившее отравной точкой для дальнейшего
развития.
Мизес исходил из того, что случайной оследовательности должна
быть рисуща устойчивость частот. А именно, доля едини (как и доля
нулей) в начальном отрезке случайной оследовательности должна стремиться к одной второй ри неограниченном увеличении длины начального отрезка. Но этого недостаточно. Наример, этим свойством устойчивости частот обладает заведомо неслучайная оследовательность
0; 1; 0; 1; 0; 1; 0; 1; : : : :
Очевидным образом необходимо, чтобы устойчивостью частот обладала
не только вся оследовательность еликом, но и ее одоследовательности. Однако устойчивостью частот не могут обладать ве одоследовательности. В самом деле, возьмем самую что ни на есть случайную
Четыре алгоритмических лиа случайности
75
оследовательность и отберем в одоследовательность те ее члены, которые равны нулю. . . Значит, одоследовательность, в которой должна
соблюдаться устойчивость частот, должна быть разумной, или доустимой. Наример, если отобрать в одоследовательность все те члены, чьи
номера суть ростые числа, или же все те члены, которые неосредственно следуют за нулевыми, то олученная в каждом из этих двух вариантов
одоследовательность является доустимой.
Последовательности, в которых устойчивость частот соблюдается во
всех ее доустимых одоследовательностях, Колмогоров редложил называть стохастическими .
Сам Мизес объяснял, какие оследовательности следует считать доустимыми, в раслывчатых терминах. Первое уточнение редложил в
1940 г. американский математик Алонзо Чёрч | один из создателей теории алгоритмов. Чёрч редложил, чтобы доустимые одоследовательности строились на основе оределенных алгоритмов. Последовательности, в которых устойчивость частот наблюдается во всех доустимых
о Чёрчу одоследовательностях, олучили название стохастических
о Чёрчу . Однако оказалось, что оределение Чёрча слишком широко:
существует, наример, стохастическая о Чёрчу оследовательность, ерестающая быть таковой осле вычислимой ерестановки ее членов.
В 1963 г. Колмогоров усовершенствовал конструкию Чёрча, редложив более обширный класс доустимых алгоритмов отбора членов исходной оследовательности в одоследовательность и тем самым заведомо
не меньший (а на деле более обширный) класс доустимых одоследовательностей; в частности, колмогоровский алгоритм разрешает членам
одоследовательности иметь иной орядок следования, чем в исходной
оследовательности. Поэтому класс всех оследовательностей, стохастических о Колмогорову (т. е. таких, у которых устойчивость частот наблюдается во всех доустимых о Колмогорову одоследовательностях),
является одклассом класса оследовательностей, стохастических о Чёрчу, | на самом деле даже строгим одклассом, т. е. не совадающим с
объемлющим классом. Для дальнейших ссылок класс всех оследовательностей, стохастических о Колмогорову, обозначим буквой S.
Выяснилось, что класс S также слишком широк. Оказалось, наример, что может быть остроена такая стохастическая о Колмогорову
оследовательность, в каждом начальном отрезке которой едини больше, чем нулей; а это ротиворечит как интуиии, так и законам теории
вероятностей (наример, закону возвратности состояний ри случайном
блуждании). аким образом, даже наиболее родвинутое из известных на
сегодняшний день математически строгих уточнений идей Мизеса не дает олного отражения интуитивного редставления о случайности (хотя
и это неолное отражение может оказаться олезным).
76
В. А. Усенский
Для большей ясности риведем конструкии Чёрча и Колмогорова.
Центральным для обеих конструкий является указание тех равил, согласно которым из членов рассматриваемой оследовательности составляются доустимые одоследовательности. Поскольку каждое такое
равило роизводит отбор членов оследовательности для включения их в
доустимую одоследовательность, сами эти равила ринято называть
доустимыми равилами отбора .
Для наглядности редставим себе, что члены исследуемой оследовательности наисаны на картах. Карты лежат одна за другой, лиевой
стороной вниз, так что мы не видим, что на них наисано. Наша ель |
отобрать некоторые из этих карт и составить из них другую оследовательность | доустимую одоследовательность. (Как мы увидим, в случае колмогоровской конструкии термин ─одоследовательность│ имеет
более широкий смысл, чем это обычно ринято.) Доустимое равило отбора редставляет собою алгоритм, который на каждом этае остроения
одоследовательности редисывает, во-ервых, которую из карт надлежит открыть и, во-вторых, следует или нет включать эту открываемую
карту в одоследовательность. Входом алгоритма служит информаия
о всех уже открытых к этому моменту картах. Может случиться, что
алгоритм отберет лишь конечное число членов исходной оследовательности; в этом случае считается, что никакой доустимой одоследовательности не образовалось. (Наомним, что исходная оследовательность
ризнаётся стохастической ри наличии устойчивости частот в любой ее
доустимой одоследовательности.)
Переходим к более точному оисанию.
Функия называется вычислимой, коль скоро существует вычисляющий ее алгоритм. При этом говорят, что алгоритм вычисляет функию f ,
коль скоро он ерерабатывает всякий ее аргумент x, на котором функия оределена, в соответствующее значение f (x) и не выдает никакого результата в рименении ко всякому такому аргументу, на котором
функия не оределена.
Исследуемую на устойчивость оследовательность обозначим a1 ; a2 ;
a3; : : : , так что на n-й карте заисана ифра an, равная 0 или 1.
Доустимое о Чёрчу равило отбора является роизвольной вычислимой функией G, оределенной на множестве всех двоичных слов
и ринимающей одно из двух значений: Да и Нет. Карты открываются
оследовательно, одна за другой, начиная с ервой, и каждый раз | до
открытия очередной карты | решается ворос, включать ли эту карту в одоследовательность. Ворос этот решается следующим образом.
Пусть уже открыты n карт, на которых заисаны, соответственно, ифры a1 ; : : : ; an . Если G(a1 ; : : : ; an ) есть Нет, то следующая, (n + 1)-я карта не включается в одоследовательность. Если G(a1 ; : : : ; an ) есть Да,
Четыре алгоритмических лиа случайности
77
то следующая, (n + 1)-я карта включается в одоследовательность в
качестве очередного члена. Включать или не включать в одоследовательность член a1 , зависит от значения G(). аким образом, равилу
G отвечает бесконечная одоследовательность (в случае, если таковая
образовалась) an(1) ; an(2) ; an(3) ; : : : , где числа n(1), n(2), n(3), . . . образуют возрастающую оследовательность, составленную из всех чисел n, для
которых G(a1 ; : : : ; an?1 ) = Да.
Изложению конструкии Колмогорова редошлем следующее обобщение онятия одоследовательности. Обобщенной одоследовательностью оследовательности a1 ; a2 ; : : : ; an ; : : : назовем всякую оследовательность вида
a'(1) ; a'(2) ; : : : ; a'(k) ; : : : ;
для которой выолнено условие
i < j =? '(i) 6= '(j ):
Для обычной одоследовательности (которая является частным случаем
обобщенной) это условие заменено на более сильное | с равой частью
'(i) < '(j ).
Каждое доустимое о Колмогорову равило отбора имеет елью
создать некоторую обобщенную одоследовательность исходной оследовательности. Мы отому наисали ─имеет елью создать│, а не ─создает│, что роесс создания может рерваться, и тогда в результате
рименения равила возникает не бесконечная оследовательность, а кортеж (т. е. конечный набор), составленный из членов исходной оследовательности. Для стохастичности о Колмогорову требуется устойчивость
частот в каждой из доустимых, т. е. образованных каким-либо доустимым о Колмогорову равилом, обобщенных одоследовательностей.
Само колмогоровское (т. е. доустимое о Колмогорову) равило
состоит из двух вычислимых функий: F и G. Первая служит для образования некой всомогательной обобщенной одоследовательности. Окончательная же обобщенная одоследовательность исходной оследовательности строится ри омощи функии G в качестве обычной одоследовательности всомогательной обобщенной одоследовательности.
Аргументами функий F и G служат двоичные слова, так что каждая
из этих функий оределена на своем одмножестве множества . Значениями функии F служат елые оложительные числа, у функии G
два возможных значения: Да и Нет. Серва строится оследовательность
натуральных чисел n(1); n(2); n(3); : : : :
n(1) = F (); n(2) = F (an(1) ); : : : ; n(k + 1) = F (an(1) ; : : : ; an(k) ):
Построение этой оследовательности рекращается (и возникает конечный кортеж), как только настуает один из трех случаев:
78
В. А. Усенский
. значение F (an(1) ; : : : ; an(k) ) не оределено;
. значение G(an(1) ; : : : ; an(k) ) не оределено;
. значение F (an(1) ; : : : ; an(k) ) совадает с одним из чисел n(1); : : : ; n(k).
Если же остановки в остроении не роизошло и возникла бесконечная
оследовательность номеров n(1); n(2); n(3); : : : , то далее строится всомогательная обобщенная одоследовательность an(1) ; an(2) ; an(3) ; : : : . Из
нее, наконе, отбираются | в орядке возрастания k | те ее члены an(k) ,
для которых выолнено равенство G(an(1) ; : : : ; an(k?1) ) = Да.
Лио Второе: Хаотичность
Вернемся к римерам конечных еочек из Введения и всомним объяснение, редложенное Колмогоровым: еочки (I) и (II) восринимаются как случайные, отому что они сложны; еочки (III) и (IV) восринимаются как неслучайные, отому что они росты . По-видимому, мы
ожидаем, что результат случайного эксеримента окажется сложным, и
удивляемся, когда олучаем что-то ростое.
Некоторые объекты можно квалифиировать как большие или маленькие, другие | как тяжелые или легкие, третьи | как сложные или ростые. В начале 60-х годов Колмогоров наметил математическую теорию,
озволяющую оенивать сложность объектов. Сейчас эта теория называется теорией колмогоровской сложности.
В основе теории колмогоровской сложности лежит следующая ростая
и естественная идея:
сложность объекта измеряется длиной его кратчайшего оисания .
В самом деле, каждый объект может иметь сколь угодно сложные
оисания, но сложный объект невозможно оисать коротко.
Пусть Y | множество всех объектов, которые мы рассматриваем, а
X | множество всех мыслимых оисаний этих объектов. Через |x| обозначим длину оисания x. Сложность объекта y обозначим Comp (y). В соответствии со сказанным,
{|x| : x есть оисание для y }:
Comp (y) = min
x
Если объект y неоисуем, т. е. для него не существует оисания, то,
естественно, его сложность равна бесконечности.
Разумеется, длины надо мерить единообразным сособом, чтобы не
олучилось, что оисание одного и того же объекта имеет на китайском
языке длину единиа (один иероглиф), а на русском | сорок (сорок букв).
Поэтому все оисания кодируются в двоичном алфавите | в виде двоичных еочек. Вот эти-то двоичные коды мы и будем отныне считать
оисаниями, так что отныне X = .
Четыре алгоритмических лиа случайности
79
Множество всех таких ар hx; yi, что x служит оисанием для y, естественно называть языком оисания .
Заметим, что и один и тот же объект может иметь в данном языке много оисаний, и одно и то же оисание может служить оисанием
многих объектов | таково, наример, оисание: ─двоичное слово, состоящее только из нулей│ (а, скажем, выражение ─двоичное слово│ годится в
качестве оисания для любого двоичного слова).
Всё сказанное носило редварительный характер, чтобы оравдать
нижеследующее формальное изложение.
В декартовом роизведении в Y рассматриваем роизвольное одмножество E , которое называем языком оисания . Если hx; yi ? E , будем
говорить, что x является оисанием объекта y. Сложность CompE объекта y относительно языка E оределяется так:
CompE (y) = min
{|x| : hx; y i ? E }:
x
Наомним, что минимум о устому множеству ринято считать равным
бесконечности.
Для языка E = в Y , в котором каждое x служит оисанием для
каждого y, сложность любого объекта y равна нулю, оскольку одним
из оисаний этого y является устое слово; такой язык мыслим, но не
будет встречаться в тех семействах языков, которые мы будем рассматривать.
Представим себе два языка, ричем оисание какого-либо объекта на
втором языке роисходит утем удвоения оисания этого же объекта на
ервом языке. Ясно, что второй язык ─хуже│ ервого. Предочтительнее
те языки, которые в состоянии давать более короткие оисания.
Будем говорить, что язык A не хуже языка B и исать A 6 B , если
существует такая константа , что для всякого y сраведливо неравенство
CompA (y) < CompB (y) + , т. е. если
? ?y CompA (y ) < CompB (y ) + :
Если ринять, что для так называемых естественных языков, т. е.
для тех, которыми ользуется человечество, могут быть сформулированы
равила еревода с одного языка на другой, то становится очевидным,
что каждый из этих языков не хуже другого. Ведь, скажем, турекое
оисание какого-либо объекта можно составить так: взять роизвольное яонское оисание этого объекта и доолнить его равилами яонотурекого еревода. И турекое, и яонское оисания, и равила еревода считаются закодированными в виде двоичных слов. Поэтому длина
такого турекого оисания равна длине яонского оисания люс не зависящая от выбора объекта длина равил еревода. В качестве яонского
80
В. А. Усенский
оисания выберем кратчайшее. В итоге олучаем, что турекий язык не
хуже яонского.
Встает ворос о выборе отимального языка | такого, который не
хуже любого другого. Пусть L | некоторое языковое семейство, т. е.
оросту некоторое множество языков. Язык A из этого семейства L
называется отимальным (для L), если он не хуже любого другого языка
из этого семейства, т. е. если
?B ? L
A 6 B:
Если отимальный язык существует, то именно с его омощью следует
измерять сложность. Сложность объекта относительно одного из отимальных языков называется алгоритмической энтроией этого объекта.
Энтроию и рассматривают как окончательную искомую меру сложности | в рамках заданного языкового семейства.
Для некоторых важных языковых семейств имеет место теорема о существовании отимального языка, а тем самым и энтроии. Эта теорема
называется теоремой Соломонова { Колмогорова .
Для данного семейства может существовать много отимальных языков и тем самым много энтроий. Однако, в силу оределения отимальности, любые две энтроии (взятые для одного и того же фиксированного
языкового семейства) различаются не более чем на аддитивную константу. Иными словами, если A и B суть два отимальных для L языка, то
существует такая константа , что для всех y
| CompA (y ) ? CompB (y )| < :
Замечание. Конечно, нериятно, что алгоритмическая энтроия,
ретендующая на роль ─истинной сложности│ оределяется не однозначно, а всего лишь с точностью до аддитивной добавки, не ревышающей
константы. Однако оытки найти среди энтроий ─наиболее отимальную│ ока что ни к чему хорошему не ривели. С другой стороны, ведь,
скажем, и длина, и вес также оределены не однозначно, а с точностью
до мультиликативной константы, зависящей от выбранной единиы измерения (10 см=100 мм; 2 кг=2000 г; и т. .).
Из уважения к Колмогорову алгоритмическую энтроию обозначают
обычно буквой K; иногда к этой букве K добавляют еще вторую букву,
указывающую то языковое семейство, к которому относится рассматриваемая энтроия. Если K? и K?? суть две энтроии, относящиеся к одному
и тому же языковому семейству, то, как отмечалось,
|K? ? K?? | < :
Четыре алгоритмических лиа случайности
81
Колмогоров не только сформулировал онятие алгоритмической энтроии объекта, но и рименил его к исследованию случайных оследовательностей. Наблюдение Колмогорова состояло в том, что в случайной
оследовательности энтроия начального отрезка растет достаточно быстро ри неограниченном увеличении длины этого отрезка. (Ничего не
оделаешь, случайная оследовательность может начинаться с миллиона
нулей | но и этот миллион ничто еред бесконечностью, и если взять
все начальные отрезки в совокуности, то их энтроия неизбежно будет
расти.)
Итак, в качестве оисываемых объектов мы будем рассматривать двоичные еочки | такие, как (I), (II), (III), (IV) и т. . Поэтому отныне
Y = .
Если язык содержит ару hz; z i, то это означает оросту, что еочка z оисывает самоё себя. Язык D, состоящий в точности из ар
такого вида, называется диагональным (термин из математики), или автонимным (термин из лингвистики). Для такого языка CompD (y) = |y|.
Ограничимся языковыми семействами, содержащими автонимный язык
(таким будет, в частности, семейство монотонных языков, оисанное ниже). огда для каждой энтроии K, соответствующей этому семейству,
и одходящей константы с будет выолнено неравенство:
K(y) < |y| + :
аким образом, если ренебречь аддитивной константой, максимально
возможное значение для энтроии еочки равно длине еочки. Колмогоров редоложил, что у случайной оследовательности энтроия начального отрезка достигает этого максимума, то есть равна длине этого отрезка, | оять-таки, ри ренебрежении аддитивной константой.
В этом состояла основная идея Колмогорова относительно хаотичности.
Итак, фиксируем некоторое языковое семейство и одну из соответствующих этому семейству энтроий K. Назовем оследовательность
a1 ; a2 ; : : : ; an ; : : :
хаотической , если существует такая константа , что
K(a1 ; a2 ; : : : ; an ) > n ? :
Очевидно, свойство хаотичности не зависит от выбранной энтроии, а
только от выбранного семейства.
Оказалось, что ри одходяще выбранном языковом семействе строгое онятие хаотичности хорошо отражает интуитивное редставление
о случайности.
Создавая теорию сложности объектов, Колмогоров ридал соотношению "оисание { объект\ алгоритмический характер. Следуя Колмогорову, ограничимся еречислимыми языками. Понятие еречислимого
82
В. А. Усенский
множества | это одно из основных онятий теории алгоритмов (да и
математики в елом). Этому онятию можно дать такое наглядное объяснение. Представим себе безостановочно работающий ринтер, оследовательно ечатающий слова. После наечатания слова ринтер делает
робел, так что слова отделены одно от другого. Перед наечатанием очередного слова ринтер берёт время на размышление. Это время может
оказаться бесконечным, и тогда слово не ечатается вовсе; в таком случае наечатанным будет лишь конечное множество слов | в частности,
устое множество, если ринтер в самом начале своей работы задумался
навсегда. ак вот, множество всех когда-либо наечатанных таким ринтером слов окажется еречислимым | и всякое еречислимое множество может быть олучено таким образом ри одсоединении ринтера к
─идеальному комьютеру│. Перечислимо и множество теорем любой формальной теории. Здесь нет места разъяснять, ни что такое идеальный
комьютер, ни что такое формальная теория. Но оределение онятия
множество\ мы сейчас риведем.
"еречислимое
Для наглядности начнем с термина ─счетное множество│. ермин
этот имеет два варианта значения. В ервом, более узком (и более расространенном) значении счетное множество | это такое множество,
которое можно оставить во взаимно однозначное соответствие с натуральным рядом. Во втором, более широком значении счетное множество | это такое множество, которое можно оставить во взаимно однозначное соответствие с каким-либо начальным отрезком натурального
ряда. Наомним, что начальным отрезком натурального ряда называется роизвольное множество M натуральных чисел, содержащее вместе со всяким своим элементом и все меньшие числа. аким образом,
и весь натуральный ряд, и устое множество являются начальными отрезками. Поэтому ри втором онимании счетности все конечные множества, в том числе устое множество, оказываются счетными. Именно это второе, более широкое онимание счетности удобно для наших
елей; его мы и римем. А тогда счетному множеству можно дать и
такое оределение: множество называется счетным, если оно либо усто, либо может быть расоложено в оследовательность (т. е. является множеством членов какой-либо оследовательности ). Наример,
конечное множество {a; b; } можно расоложить в оследовательность
a; b; ; ; ; ; : : : . Заменяя в риведённом оределении счетного множества термин ─оследовательность│ на термин ─вычислимая оследовательность│, мы олучаем оределение еречислимого множества. Что касается оределения термина ─вычислимая оследовательность│, то оно сейчас
будет дано.
Последовательность w1 ; w2 ; : : : ; wn ; : : : называется вычислимой , коль
скоро существует алгоритм, вычисляющий ее n-й член wn о его номеру n.
Четыре алгоритмических лиа случайности
83
Поэтому онятие вычислимой оследовательности называют алгоритмическим аналогом или эффективным аналогом онятия оследовательности, а онятие еречислимого множества | алгоритмическим аналогом
или эффективным аналогом онятия счетного множества. Перечислимые
множества называются также эффективно счетными . Повторим оределение: множество называется еречислимым, или эффективно счетным,
если оно либо усто, либо может быть расоложено в вычислимую оследовательность (т. е. является множеством членов какой-либо вычислимой оследовательности ).
Все рассматриваемые нами языки суть одмножества декартова роизведения в и, следовательно, счетны. Идеология Колмогорова состояла в том, чтобы рассматривать только эффективно счетные (они же |
еречислимые) языки.
Окончательно надлежащий выбор языкового семейства роизвел колмогоровский ученик Леонид Левин. Именно, в 1973 г. он ввел в рассмотрение семейство монотонных языков и изучил соответствующее этому семейству онятие хаотичности. Приведем необходимые оределения.
Будем говорить, что двоичные слова u и v согласованы и исать u ? v,
если одно из этих слов есть начало другого.
Язык E называется монотонным , если он еречислим и выолнено
условие:
[hx1 ; y1 i ? E & hx2 ; y2 i ? E & (x1 ? x2 )? =? [y1 ? y2 ?:
Всякую оследовательность, являющуюся хаотической для семейства
монотонных языков, будем называть росто хаотической .
Алгоритмическая энтроия, соответствующая семейству монотонных
языков, называется монотонной энтроией и обозначается KM. Условие
хаотичности оследовательности ha1 ; a2 ; a3 ; : : :i можно заисать так:
? ?n KM(a1 ; a2 ; : : : ; an ) > n ? :
Класс всех хаотических оследовательностей обозначается буквой C.
Считается, что строгое онятие хаотической оследовательности может служить хорошим отражением интуитивного онятия случайной оследовательности. К тому есть два основания.
Во-ервых, для каждой отдельно взятой хаотической оследовательности выолняются основные законы теории вероятностей.
Во-вторых, класс хаотических оследовательностей совадает с другим ─ретендентом│ на роль строгого аналога раслывчатого класса случайных оследовательностей | а именно, с классом T всех тиических
оследовательностей (о нём будет рассказано далее):
C = T:
84
В. А. Усенский
Поэтому хаотические оследовательности можно было бы называть
тиическо-хаотическими или хаотическо-тиическими , а сам класс обозначать TC или CT. Этот класс уже класса S всех оследовательностей,
стохастических о Колмогорову (оследний, как уже отмечалось, слишком широк):
TC ? S; TC 6= S:
Лио ретье: иичность
Сказать ро какой-либо объект, что он тиичен | это значит сказать, что он ринадлежит к любому одавляющему большинству. Наример, тиичный человек, встреченный на московской улие, имеет рост менее двух метров (т. е. ринадлежит к одавляющему большинству людей,
имеющих рост менее двух метров), возраст более трех лет (т. е. ринадлежит к одавляющему большинству людей, имеющих возраст более трех
лет) и т. д. Конечно, любое из большинств, о которых идет речь, должно
быть разумным: ведь какой объект ни возьми, он заведомо не ринадлежит к одавляющему большинству, образованному всеми остальными,
отличными от данного, объектами.
Мы исходим из интуитивного редставления о том, что случайный
объект должен обладать свойством тиичности. Наша ель | дать строгое математическое оределение этого свойства для оследовательностей
нулей и едини ри равномерном расределении вероятностей на ространстве таких оследовательностей. Последовательности, удовлетворяющие этому строгому оределению, мы будем называть тиическими ,
оставляя слово тиичный для уотребления на интуитивном уровне. В силу сказанного выше, нам надо оределить серва, что есть одавляющее
большинство оследовательностей, а затем | какие большинства следует считать разумными. А тогда класс тиических оследовательностей
автоматически оределится как ересечение всех разумных большинств.
Оставляя термин ─одавляющее большинство│ для интуитивного уотребления, мы будем говорить о больших множествах оследовательностей. Доолнение к большому множеству до всего будем называть малым . Очевидно, достаточно оределить, что такое малое множество, |
а тогда большие множества оределятся как доолнения к малым.
Итак, усть дано какое-то множество Q оследовательностей, Q ? .
Мы хотим оределить, когда его следует считать малым . В терминах
теории вероятностей мы сказали бы, что Q малое, коль скоро вероятность
оадания в Q равна нулю. В терминах теории меры мы сказали бы,
что Q малое, коль скоро оно имеет меру нуль. Мы, однако, остараемся
оределить, что такое малое множество в более ростых терминах.
Четыре алгоритмических лиа случайности
85
Множество Q называется малым , если его можно окрыть шарами,
сумма объемов которых сколь угодно мала. Оределению малого множества можно дать такую формулировку: множество Q называется малым ,
если для каждого натурального числа m найдется такая оследовательность двоичных слов hx(1); x(2); : : : ; x(n); : : :i, что
[
Q ? x(n);
X
n
v(
x(n) ) =
n
X
n
2?|x(n)|
< m1 :
Очевидно, каждая отдельная оследовательность из образует малое
множество, а отому онятие большого множества не может ретендовать на роль уточнения онятия разумного большинства. Пересечение
всех больших множеств усто.
─Разумность│ вводится утем следующей корректировки оределения.
Во-ервых, отребуем, чтобы уоминаемая в оределении оследовательность двоичных слов hx(1); x(2); : : : ; x(n); : : :i была вычислимой. Другими словами, мы требуем, чтобы существовал алгоритм, вычисляющий
ее n-й член xn о его номеру n.
Во-вторых, отребуем, чтобы такая вычислимая оследовательность
не росто существовала для каждого m, но строилась бы о этому m эффективно. Слово ─эффективно│ означает с омощью алгоритма\. Здесь
необходимы разъяснения. Дело в том, что "алгоритм, олучающий на вход
m и выдающий на выходе требуемую оследовательность, невозможен
росто отому, что оследовательность | это бесконечный объект, а алгоритмы оерируют лишь с конечными объектами. Однако в нашем случае, оскольку оследовательность вычислима, то у нее есть алгоритм,
который ее вычисляет | даже очень много таких алгоритмов. Алгоритмы (в другой системе терминов | рограммы алгоритмов) являются конечными объектами и отому волне осмысленно говорить об алгоритме,
который о числу m, остуившему на его вход, выдает на выходе один
из алгоритмов (в другой системе терминов | одну из рограмм), вычисляющих оследовательность hx(1); x(2); : : : ; x(n); : : :i.
Внеся в оределение малого множества эти два добавления, мы олучаем оределение эффективно малого множества | а тем самым и оределение эффективно большого множества. Пересечение всех эффективно
больших множеств оказывается неустым. Более того, оно само является
эффективно большим. Это наименьшее среди эффективно больших множеств и есть искомое множество T всех тиических оследовательностей.
иические оследовательности называют также случайными о Мартин-Лёфу | о имени ученика Колмогорова, замечательного шведского
математика Пера Мартин-Лёфа, который в 1966 г. сформулировал только
86
В. А. Усенский
что изложенное оределение тиичности в качестве строгого уточнения
онятия случайности.
Как уже говорилось, класс T всех тиических оследовательностей
совадает с классом C всех хаотических оследовательностей:
T = C:
Поэтому, как уже говорилось, тиические оследовательности можно
именовать также хаотическо-тиическими или тиическо-хаотическими , а сам класс всех таких оследовательностей обозначать CT или TC.
Как мы уже знаем,
CT ? S; CT 6= S:
Лио Четвертое: Нередсказуемость
Вот начало ─Двенадати стульев│ Ильфа и Петрова: ─В уездном городе N было так много арикмахерских заведений и бюро охоронных
роессий, что казалось, жители города рождаются лишь затем, чтобы
обриться, остричься, освежить голову вежеталем и умереть│. Суждение остается верным, если заменить N на Москву, арикмахерские на
залы игровых автоматов, охоронные бюро на казино, а ель рождения
на ─играть│. Этот ечальный факт, однако, озволяет наглядно объяснить то свойство случайных оследовательностей, которое мы называем
нередсказуемостью.
Интуитивно ясно, что всякая случайная оследовательность является
нередсказуемой в том смысле, что в каком бы орядке мы ни выбирали ее
члены, знание значений уже выбранных членов не озволяет редсказать
значение того следующего члена, который мы намереваемся выбрать. аким образом, Казино, обладающее такой оследовательностью и редлагающее Игроку угадывать ее члены и делать ри этом денежные ставки,
не разорится; говоря более точно, Казино уверено, что никакой Игрок не
может обладать такой стратегией игры, которая риведет к разорению
Казино, каким бы каиталом оно ни обладало.
Нередсказуемость какой-либо оследовательности, таким образом,
оределяется в терминах игры, которую Игрок ведет ротив обладающего этой оследовательностью Казино, или, для краткости | ротив
данной оследовательности.
Итак, редставим себе что Игрок риходит в Казино. Каждая из сторон | и Казино, и Игрок | обладает своим начальным каиталом. Казино расолагает некоторой фиксированной, но неизвестной Игроку оследовательностью нулей и едини, и редлагает Игроку редсказывать
ее члены | необязательно в монотонном орядке их следования и даже
необязательно все ее члены.
Четыре алгоритмических лиа случайности
87
Для наглядности редставим себе, что члены оследовательности наисаны на картах, которые лежат рубашками вверх, так что Игрок не
видит, что там наисано. Последовательность редстает еред Игроком
в виде бесконечного ряда таких карт. Игра состоит в том, что Игрок
на каждом своем ходу указывает ту карту, которая должна быть открыта, одновременно редсказывая значение, которое обнаружится на
этой карте, и объявляя размер денежной ставки. Если редсказание окажется равильным, Казино вылачивает Игроку сумму ставки, если неравильным | Игрок вылачивает эту сумму Казино. Считается, что
Игрок выиграл , если он сумел разорить Казино. Разумеется, если Игроку открыт неограниченный кредит, он всегда может разорить Казино,
удваивая ставки. Но Игра идет на наличные, так что величина ставки
ограничена текущим каиталом Игрока.
Последовательность называется редсказуемой , если существует выигрывающий алгоритм игры. Выигрывающим мы называем алгоритм со
следующим свойством: каким бы начальным каиталом ни обладало Казино, оно рано или оздно будет разорено, если Игрок рименит этот
алгоритм. Последовательность называется нередсказуемой , если она не
является редсказуемой.
На математическом языке ситуаия оисывается так.
Рассматривается бесконечная оследовательность нулей и едини
a = ha1 ; a2 ; a3 ; : : :i:
При каждом ходе Игрока возникает тройка чисел
где
hn; i; v i;
n ? N; i ? {0; 1}; v ? Q; v > 0:
Содержательно: натуральное число n есть номер того члена оследовательности, на который делается ставка; i есть редсказываемое значение
этого члена; неотриательное раиональное число v есть размер ставки.
Ходы делаются друг за другом, начиная с ервого; тройка, возникающая
на k-м ходу, обозначается hn(k); i(k); v(k)i. Более математически грамотно было бы сказать, что каждый ход есть тройка чисел, и что ходы не
делаются, а редъявляются .
Каитал Игрока еред k-м ходом обозначается V (k ? 1). Без ограничения общности можно считать, что начальный каитал Игрока равен
единие: V (0) = 1.
После каждого хода каитал Игрока меняется (если только ставка не
была нулевой). А именно:
. если i(k) = an(k) (Игрок угадал), то V (k) = V (k ? 1) + v(k);
. если i(k) 6= an(k) (Игрок не угадал), то V (k) = V (k ? 1) ? v(k).
88
В. А. Усенский
И еще два рибавления к сказанному.
Во-ервых, ходы бывают корректные и некорректные , и чтобы игра
родолжалась, необходимо, чтобы ход был корректным. А именно, k-й
ход считается корректным , если выолнены оба нижеследующие требования:
1) номер открываемой карты корректен ; это значит, что одлежащая
открытию карта не была уже открыта ранее, т. е. n(k) не совадает
ни с одним из чисел n(1); : : : ; n(k ? 1);
2) делаемая Игроком ставка корректна ; это значит, что она меньше
его текущего каитала, т. е. v(k) < V (k ? 1).
Если же хотя бы одно из этих требований не выолнено, ход считается
некорректным .
Основное равило остановки. Если Игрок совершает некорректный ход, игра останавливается. При этом Игрок остается ри имеющемся
у него к данному моменту каитале | и тем самым заведомо не выигрывает.
Во-вторых, не исключается возможность того, что Игрок вообще не
делает очередного хода (даже самого ервого хода!), и в этом случае
Игрок также остается ри имеющемся у него к данному моменту каитале и, как и в случае некорректного хода, заведомо не выигрывает. Однако
в этом случае | в отличие от случая некорректного хода | мы избегаем
выражения ─игра останавливается│. Дело в том, что ситуаию неделания
хода можно наглядно редставить себе следующим образом. Перед каждым своим ходом Игрок решает, какой ход ему следует делать. Решение
требует обдумывания, и Игрок берет время на обдумывание. Время это
ничем не ограничено, и роесс размышления может затянуться до бесконечности. В течение времени обдумывания хода каитал Игрока не
меняется. Поэтому если Игрок ни за какое конечное время не ринимает
решения о своем ходе, его каитал застывает. В этом случае выигрыша
Игрока роизойти не может. Однако в этом случае (в отличие от случая
некорректного хода) не настуает момента остановки игры | никогда
не остуает сигнала об остановке. аким образом, у игры есть три возможных сенария развития: 1) Игрок делает бесконечное число ходов;
2) Игрок делает лишь конечное число ходов, и ричиной этого служит
то, что был сделан некорректный ход; 3) Игрок делает лишь конечное
число ходов, и ричиной этого служит то, что на каком-то этае игры
Игрок не в состоянии рийти к решению об очередном ходе. Разумеется,
сказанное носит иллюстративный характер, и математическое оисание
не включает в себя ссылку на такие онятия, как "решать\, "обдумывать\ и т. .
Четыре алгоритмических лиа случайности
89
По оределению, Игрок выигрывает (ри игре ротив a), если
sup V (k) = +?;
т. е. если
k
?W ?k V (k ) > W:
Содержательно это означает, что Игрок разоряет Казино, каким бы исходным каиталом W Казино ни обладало. Очевидно, что Игрок в состоянии выиграть лишь ри условии, что всякий раз, когда ему редстоит
делать ход, он его делает и этот ход оказывается корректным.
Как выглядит игра, мы оисали. Перейдем теерь к онятию системы
игры, или стратегии . Смысл стратегии в том, чтобы избавить Игрока
от необходимости самостоятельно ринимать решения: стратегия берет
эту функию на себя. Стратегия есть равило, для каждого хода указывающее Игроку, какой на этом ходу он должен сделать ход (т. е. какую
тройку редъявить). Разумеется, стратегия выдает такое указание лишь
в том случае, если ход должен быть сделан. Выше уже отмечалась возможность того, что никакого хода не делается; в этом случае, естественно,
стратегия не выдает никакого указания. При указании хода стратегия
оирается на всю редшествующую историю игры. История же игры состоит из всех уже сделанных к рассматриваемому моменту ходов и из
всех ставших уже известными членов оследовательности. Мы лишь отому не включаем в историю игры информаию о каитале Игрока на
каждый момент, что эта информаия легко вычисляется из только что
еречисленных сведений.
аким образом, историю игры еред k-м ходом можно заисать в виде
таблиы
n(1) n(2) : : : n(k ? 1)
i(1) i(2) : : : i(k ? 1)
v(1) v(2) : : : v(k ? 1)
an(1) an(2) : : : an(k?1)
(Если k = 0, таблиа уста.)
На математическом языке стратегия есть функия, которая каждой
одобной таблие (в том числе устой) либо ничего не ставит в соответствие, либо ставит в соответствие некоторый ход, т. е. тройку hn; i; vi.
Под ─каждой одобной таблией│ мы онимаем отнюдь не только такую
таблиу, которая отражает реальное течение игры, а роизвольную таблиу, в которой в ервой строке стоят оложительные елые числа, в
третьей | неотриательные раиональные числа, а во второй и четвертой | нули и единиы.
Если таблиа реально встретилась в роессе игры (в качестве истории игры на каком-то этае) и если задана стратегия, то ервые три
90
В. А. Усенский
строки таблиы однозначно восстанавливаются о ее четвертой строке.
В самом деле, рименение стратегии к устой таблие дает нам ервый
ход hn(1); i(1); v(1)i. ем самым | оскольку четвертая строка редолагается известной | мы олучаем историю игры еред вторым ходом
в виде таблиы
n(1)
i(1)
v(1)
an(1)
еерь к этой таблие снова рименяем стратегию, олучаем второй ход
hn(2); i(2); v (2)i и таблиу
n(1) n(2)
i(1) i(2)
v(1) v(2)
an(1) an(2)
И так далее.
Сказанное дает нам раво ри оределении стратегии брать в качестве аргумента не всю таблиу в елом, а лишь ее четвертую строку. Заметим, что в этой четвертой строке стоит двоичное слово, т. е. элемент
множества . Стратегия должна, имея этот элемент, или не выдавать
ничего, или выдавать ход, который есть тройка, т. е. элемент декартова
роизведения Nв{0; 1}вQ>0 . Здесь символом Q>0 обозначено множество
всех неотриательных раиональных чисел.
Мы риходим к окончательному оределению онятия стратегии:
стратегия есть отображение некоторого одмножества множества всех двоичных слов в декартово роизведение N в {0; 1} в Q>0 :
?? N в {0; 1} в Q>0 :
Для наших елей особый интерес редставляет случай, когда указанное отображение задается каким-то алгоритмом. Поясним, что это значит. Пусть A | алгоритм, на вход которого могут одаваться элементы из множества X , а на выходе олучаются элементы из множества Y .
В множестве X выделяется область результативности алгоритма A,
состоящая из тех и только тех элементов, в рименении к которым A
дает результат. Алгоритм A задает следующее отображение: область
оределения этого отображения совадает с областью результативности
алгоритма, и для каждого элемента этой области значение отображения
на этом элементе совадает с тем результатом, который олучается ри
рименении алгоритма к этому элементу.
Если стратегия задана каким-то алгоритмом, она называется вычислимой . (Если одать на вход задающего стратегию алгоритма такую
Четыре алгоритмических лиа случайности
91
историю игры, для которой очередной ход не оределен, то алгоритм работает на этом входе бесконечно долго, не риходя ни к какому результату, но и не выдавая сообщение об отсутствии такового. Эта бесконечная
работа алгоритма как раз и роисходит за то взятое Игроком на обдумывание бесконечное время, о котором говорилось выше.)
Стратегия называется выигрывающей для оследовательности a, если Игрок, рименяющий эту стратегию в игре ротив a, выигрывает.
Последовательность называется редсказуемой , если для нее существует выигрывающая вычислимая стратегия, и нередсказуемой в ротивном случае.
Класс всех нередсказуемых оследовательностей обозначается буквой U.
Известно, что всякая нередсказуемая оследовательность является
стохастической о Колмогорову (ринадлежит классу S) и что всякая
тиическо-хаотическая оследовательность (оследовательность класса
CT) нередсказуема:
CT ? U ? S:
Известно также, что класс стохастических о Колмогорову оследовательностей существенно шире класса нередсказуемых:
S 6= U:
Открытым остается ворос о совадении классов хаотических (он же
класс тиических) и нередсказуемых оследовательностей:
CT = U??
Эта важная роблема ждет своего решения.
О безостановочных стратегиях. Если игра никогда не останавливается, она называется безостановочной . Стратегия называется безостановочной , если какова бы ни была оследовательность, рименение
ротив нее этой стратегии риводит к безостановочной игре. В оределении редсказуемости можно ограничиться безостановочными стратегиями и дать такую равносильную формулировку: оследовательность
называется редсказуемой , если для нее существует выигрывающая вычислимая безостановочная стратегия. Чтобы убедиться в равносильности, достаточно объяснить, как можно алгоритм A, задающий выигрывающую стратегию, еределать в алгоритм B, задающий выигрывающую
безостановочную стратегию. акая еределка осуществляется весьма
росто. Серва, о остуившему на вход алгоритма A двоичному слову
восстанавливается история игры, что озволяет знать как номера всех
открытых ранее карт, так и величину текущего каитала Игрока. Затем
всякий ход, редисываемый исходным алгоритмом A, роверяется на
92
В. А. Усенский
корректность, и если он оказывается некорректным, то новый алгоритм
B никакого хода не выдает, а объявляется не оределенным на указанном
двоичном слове.
Обобщение на вычислимые расределения вероятностей
Предварительные замечания
До сих ор, для ростоты и большей наглядности, мы ограничивались ситуаией, когда на ространстве всех двоичных оследовательностей было задано равномерное расределение вероятностей . Все основные идеи были видны на римере этой ростейшей ситуаии. Для олноты картины мы намерены рассмотреть теерь общую ситуаию, когда
на ространстве задано роизвольное вычислимое расределение вероятностей . Что это такое, будет разъяснено озже. А сейчас мы хотим
сказать несколько слов, наравленных на то, чтобы сделать изложение
достуным и такому Читателю, который не знаком с общим онятием
расределения вероятностей , или вероятностной меры .
Говорят, что на множестве M задана мера , коль скоро, во-ервых,
выделен некоторый класс одмножеств множества М , называемых измеримыми , и, во-вторых, каждому измеримому одмножеству A отнесено неотриательное число (A), называемое мерой этого одмножества.
При этом требуется, чтобы выолнялись некоторые аксиомы, риводить
которые мы здесь не будем; отметим только, что следствием этих аксиом является такой факт: объединение неересекающихся измеримых
множеств измеримо и его мера равна сумме мер этих множеств. Если
(M ) = 1, мера называется вероятностной , или расределением вероятностей . В этом случае (A) содержательно трактуется как вероятность
того, что случайно выбранный элемент множества M оадает в A.
Каждая мера на характеризуется мерами шаров. ак, для равномерного расределения (и только для него) ?x ? (
x) = 2?|x|.
Равномерное расределение вероятностей на ространстве отвечает
тому сенарию, когда нули и единиы возникают в оследовательности с
равными вероятностями. Ближайшим обобщением равномерного расределения является расределение Бернулли , или бернуллиевское расределение (называемое также биномиальным ), ри котором нули и единиы
возникают с вероятностью p для единиы и вероятностью 1 ? p для нуля;
это число p условимся называть араметром бернуллиевского расределения. Если араметр равен одной второй, олучаем равномерное расределение. Говоря формально, расределение Бернулли с араметром p
задается формулой (
x) = pk (1 ? p)|x|?k , где k | количество едини в
слове x.
Четыре алгоритмических лиа случайности
93
Следующим обобщением служит класс расределений, которые мы
будем называть квазибернуллиевскими . Пусть дана оследовательность
действительных чисел p = hp(1); p(2); : : : ; p(k); : : :i, 0 6 p(k) 6 1. Про
расределение будем говорить, что оно квазибернуллиевское с араметром p, коль скоро для всякого
двоичного слова x = hx1 ; : : : ; xn i имеет
Q
место равенство (
x ) = ii==1n ri , где ri = p(i) ри xi = 1 и ri = 1 ? p(i)
ри xi = 0. На содержательном уровне это означает, что единиы и нули
оявляются с еременной вероятностью, зависящей только от номера члена. Для ясности: бернуллиевское расределение с араметром p является
квазибернуллиевским с араметром hp; p; : : : ; p; : : :i.
В этой главке мы укажем как оределения стохастичности, хаотичности, тиичности и нередсказуемости должны быть расширены для общей ситуаии вычислимого расределения вероятностей (что это такое,
будет разъяснено ниже). Объявим наерёд, что ри этих расширенных
оределениях для роизвольного вычислимого расределения сохраняются те же соотношения, которые были выисаны выше для случая равномерного расределения:
C() = T() ? U() ? S();
S() 6= U() (ри условии, что мера любого шара оложительна).
Здесь через C(), T(), U(), S() соответственно обозначены те
классы оследовательностей, хаотических, тиических, нередсказуемых, стохастических о Колмогорову относительно расределения , кои
будут оределены ниже. (В наших режних обозначениях C = C(),
T = T(), U = U() и S = S(), где есть равномерное расределение.)
Эта главка | для любителей обобщений, и мы ризываем уважаемого
Читателя одумать, стоит ли ее читать. Во-ервых, она несколько труднее редыдущих главок. Во-вторых, сама задача о формулировке строгого оределения случайной оследовательности делается тем менее ясной,
чем более обширным становится класс рассматриваемых расределений.
Ведь само редставление о случайности индивидуальной оследовательности имеет сколько-нибудь ясный интуитивный смысл лишь для ростейших расределений вероятностей | таких, как равномерное и его
ближайшие обобщения.
Вычислимые меры и вычислимые расределения
Хотелось бы называть меру на ространстве вычислимой, если существует такой алгоритм, который о каждому двоичному слову
x дает меру (
x) шара x. Однако алгоритмы не могут иметь дело с
действительными числами, а только с числами елыми, раиональными
94
В. А. Усенский
и т. . | строго говоря, даже не с числами, а с их именами в виде слов
в каком-либо фиксированном конечном алфавите. (Словом в данном алфавите называется любая конечная еочка, составленная из букв этого
алфавита.) Дать же имена всем действительным числам невозможно, оскольку для каждого конечного алфавита все слова в нём образуют лишь
счетное множество. Поэтому можно требовать лишь наличие алгоритма, дающего не самоё меру шара, а сколь угодно точное раиональное
риближение к ней.
Окончательное оределение таково. Меру называют вычислимой ,
коль скоро существует алгоритм, который для каждого двоичного слова
x и каждого оложительного раионального числа " выдает такое раиональное число, которое отличается от меры (
x) шара x не более, чем
на ".
Иногда в оределение вычислимости включают еще и требование о
существовании такого алгоритма, который для каждого двоичного слова
x оределяет, имеет ли место равенство (
x) = 0. Вычислимые меры,
удовлетворяющие этому доолнительному требованию (которое мы не
включаем в оределение вычислимости), будем называть сильно вычислимыми . Заметим. что из вычислимости меры не вытекает, как могло
бы оказаться, ее сильная вычислимость.
Важным одклассом класса сильно вычислимых мер является класс
вычислимо-раиональных мер. Условимся называть меру вычислимо-раиональной , если мера каждого шара есть раиональное число и существует алгоритм, вычисляющий эту меру о заданному шару, т. е., на более
точном языке, алгоритм, который для каждого двоичного слова x выдает
дробь, выражающую меру (
x ) шара x . Заметим для ясности, что если
мера вычислима, а ее значения на шарах раиональны, то отсюда еще не
следует, что она вычислимо-раиональна: умение находить для данного
раионального числа сколь угодно точные раиональные риближения к
нему еще не означает умения выисать само это число в виде отношения
двух елых чисел!
еерь нет нужды отдельно оределять, что такое вычислимое расределение вероятностей, | это росто-наросто вычислимая вероятностная мера. Именно на вычислимые расределения естественно обобщаются многие конструкии и факты, изложенные нами для равномерного
расределения. В частности, для роизвольного вычислимого расределения верны как теорема Мартин-Лёфа , утверждающая, что ересечение
всех эффективно больших множеств само является эффективно большим,
так и теорема Левина , утверждающая, что тиичность равносильна хаотичности, оределенной на основе монотонной энтроии.
Четыре алгоритмических лиа случайности
Стохастичность
95
Для какой-либо оследовательности e ее k-й член обозначаем ek
или, дабы избежать многоэтажных индексов, e(n).
В случае равномерного расределения стохастичность оследовательности онималась как глобальная устойчивость частот , т. е. как устойчивость частот в каждой из доустимых одоследовательностей.
Доустимые же одоследовательности возникали утем рименения доустимых о Колмогорову равил отбора. В ситуаии роизвольной вероятностной меры общая схема сохраняется, только устойчивость частот
заменяется на некоторое более общее свойство, а именно | на так называемый закон больших чисел .
Оределение стохастичности для бернуллиевского расределения с араметром p очевидно: надо отребовать, чтобы в каждой доустимой
одоследовательности соблюдалась устойчивость частот с одной и той
же редельной частотой p. Иными словами, доля едини в начальном
отрезке всякой доустимой одоследовательности должна, ри неограниченном удлинении отрезка, стремится к p. Случаи, когда p = 0 или
p = 1 являются вырожденными; для ервого из них не считается стохастической оследовательность, в которой встречается хотя бы одна единиа, для второго | оследовательность, в которой встречается хотя бы
один ноль.
Фон Мизес онимал вероятность как редельную частоту. Поэтому
его идеология не ростирается за ределы бернуллиевских расределений. Мостом к общему случаю роизвольного расределения служат расределения квазибернуллиевские. Ими и займемся.
Ясно, что для квазибернуллиевского расределения редельной частоты в одоследовательности может и не быть, а если она и есть, то,
вообще говоря, в каждой одоследовательности | своя. Приходится оэтому говорить о стохастичности относительно данного равила отбора.
Пусть p | араметр квазибернуллиевского расределения. Прежде всего заявим, что не считается стохастической оследовательность, в которой значение хотя бы одного ее члена имеет нулевую вероятность. Или,
говоря на формальном языке: оследовательность a не считается стохастической, если существует такое k, что либо a(k) = 0 и p(k) = 1, либо
a(k) = 1 и p(k) = 0. Для остальных оследовательностей оределение
таково. Последовательность a будем называть стохастической относительно равила отбора , коль скоро ее обобщенная одоследовательность
b = ha(m1 ); a(m2 ); : : : ; a(mk ); : : :i;
олученная о этому равилу, удовлетворяет требованию закона больших
96
В. А. Усенский
чисел:
a(m1 ) + ╥ ╥ ╥ + a(mk ) p(m1 ) + ╥ ╥ ╥ + p(mk )
?
?0
k
k
ри k ? ?. Далее, оследовательность a называется стохастической (о
Колмогорову ), если для любого колмогоровского равила, риводящего к
бесконечной обобщенной одоследовательности, она является стохастической относительно этого равила. (Замечание. Слово ─бесконечной│
в редыдущей фразе избыточно, так как всякая обобщенная одоследовательность является оследовательностью, а следовательно, бесконечна
о оределению. ем не менее мы будем иногда исользовать это формально избыточное уоминание о бесконечности, дабы одчеркнуть, что
имеется в виду именно оследовательность, а не кортеж.)
Чтобы объяснить, как онятие стохастичности о Колмогорову обобщается на более широкий класс вероятностных расределений, введем несколько обозначений.
Пусть n(1); n(2); : : : ; n(k) суть натуральные числа и усть i(1); i(2); : : : ;
(1);:::;n(k) обозначим множество всех таких оследоi(k) ? {0; 1}. Через Ani(1)
;:::;i(k)
вательностей a ? , у которых
an(1) = i(1); an(2) = i(2); : : : ; an(k) = i(k):
(?)
Дробь
(1); :::; n(k); m )=(An(1); :::; n(k) )
(Ani(1)
; :::; i(k); 1
i(1); :::; i(k)
m
n
(1)
;
:
:
:
;
n
(
k
)
обозначим символом 1 i(1); : : : ; i(k) ; это есть условная вероятность того, что m-й член оследовательности a будет равен 1 ри
условии (?); эта величина не оределена, коль скоро знаменатель дроби
обращается в нуль.
Рассмотрим два роизвольных, но фиксированных объекта: оследовательность a ? и доустимое о Колмогорову равило отбора . Наша
ель | ридать смысл высказыванию ─оследовательность a стохастична относительно равила │. Проесс, осредством которого равило отбирает из оследовательности a члены обобщенной одоследовательности b, состоит из двух этаов. На ервом этае строится всомогательная обобщенная одоследовательность , из некоторых членов которой
на втором этае и строится b. Более одробно,
= han(1) ; an(2) ; : : : ; an(k) ; : : :i;
где номер n(k) вычисляется алгоритмически о кортежу han(1) ; an(2) ; : : : ;
an(k?1) i. Имея на входе этот же кортеж, равило решает, включать или
нет член an(k) в окончательную оследовательность b. аким образом,
b = ha(n(k1 )); a(n(k2 )); : : : ; a(n(kj )); : : :i:
Четыре алгоритмических лиа случайности
97
На каждом из обоих этаов может настуить момент, когда равило не даст никакого результата, т. е. не выдаст номера на ервом этае или
не римет решения на втором этае. Если такое роизойдет, оследовательность b окажется конечной | т. е., говоря более строго, окажется не
оследовательностью, а кортежем. В этом случае никакого требования к
b не выдвигается и, говоря формально, a ризнаётся стохастической относительно . Если же b оказалось бесконечной, то для ризнания оследовательности a стохастической относительно требуется выолнение
нижеследующего свойства оследовательности a.
Обозначим через rj величину
n(1);
n
(
k
)
n
(2)
:
:
:
;
n
(
k
? 1)
j
j
1 a(n(1)); a(n(2)) : : : ; a(n(kj ? 1)) :
Рассмотрим разность
фj = r + r +j ╥ ╥ ╥ + rj ? a(n(k )) + a(n(k j)) + ╥ ╥ ╥ + a(n(kj )) :
Величина фj не оределена, если не оределена хотя бы одна из величин
r1; : : : ; rj . Скажем, что b одчиняется закону больших чисел, если все величины фj оределены и фj ? 0 ри j ? ?. Последовательность a назовем
стохастической относительно равила , если обобщенная одоследовательность b, олученная из a согласно равилу , одчиняется закону
1
2
1
2
больших чисел.
Наконе, оследовательность a называется стохастической (о Колмогорову ), если для любого доустимого о Колмогорову равила отбора
она является стохастической относительно этого равила | ри условии,
что это равило строит бесконечную обобщенную одоследовательность
(а не конечный кортеж).
Заметим, что в самом оределении вычислимость меры не исользуется. Однако без редоложения о вычислимости едва ли возможно сравнивать частотоустойчивость (она же стохастичность) с другими алгоритмическими лиами случайности.
Хаотичность
Оределение оследовательности, хаотической относительно меры ,
таково. Последовательность a = ha1 ; a2 ; a3 ; : : :i называется хаотической
относительно , если существует такая (зависящая от меры ) константа
, что для всех n выолняется неравенство
KM(a1 ; a2 ; : : : ; an ) > ? log (
a1 ;a2 ;:::;an ) ? ;
где, как всегда, знак логарифма без нижнего индекса означает логарифм
о основанию два.
98
В. А. Усенский
Мотивировка этого оределения, имеющего содержательный смысл
для вычислимых вероятностных мер, такая же, как и в случае равномерного расределения вероятностей. Дело в том, что для всякой вычислимой
вероятностной меры выолняется соотношение:
? ?x ? KM(x) < ? log (
x ) + :
иичность
Понятие тиичности обобщается на роизвольную меру достаточно
очевидным образом | надо росто в том оределении тиической оследовательности, которое давалось для случая равномерного расределения, заменить объём шара на его меру.
Серва оределяется онятие эффективно малого множества. Множество Q ? называется эффективно малым относительно меры , коль
скоро существует алгоритм A, удовлетворяющий нижеследующему требованию. При остулении на вход алгоритма A натурального числа m
на его выходе возникает алгоритм остроения такой оследовательности
двоичных слов hx(1); x(2); : : : ; x(n); : : :i (т. е. алгоритм вычисления такой
функии n 7? x(n)), что
Q?
X
n
[
n
x(n) ;
(
x(n)) < m1 :
Далее, эффективно большое относительно меры множество оределяется как доолнение (до ) к эффективно малому.
Для вычислимых мер имеет место теорема Мартин-Лёфа : объединение всех эффективно малых множеств является эффективно малым, а
ересечение всех эффективно больших | эффективно большим. Существующее согласно этой теореме наименьшее эффективно большое множество называют конструктивным носителем меры . В случае, если
| вычислимое расределение вероятностей, оследовательности, ринадлежащие конструктивному носителю расределения , и называют
тиическими относительно этого расределения. аким образом, T()
есть не что иное как конструктивный носитель расределения .
Нередсказуемость
Здесь мы укажем, что, ри ереходе к роизвольным расределениям,
нужно добавить к оределениям, сформулированным для равномерного
случая. аких добавлений будет два: некий мультиликативный коэффииент (для равномерного расределения он равен единие и отому не
Четыре алгоритмических лиа случайности
99
нужен) и доолнительное равило остановки (в случае равномерного расределения оно отому не нужно, что не возникает такой ситуаии, ри
которой оно могло бы быть рименено).
Расределение вероятностей влияет на равило изменения каитала
Игрока осле очередного хода. Если Игрок не угадал, его каитал уменьшается на сумму сделанной им ставки | так же, как и в случае равномерного расределения. Но если Игрок угадал, то рирост его каитала
равняется ставке, умноженной на некоторый коэффииент. Этот коэффииент сравнительно велик, если вероятность угадать была низка, и сравнительно мал, если вероятность угадать была высока. Для равномерного
расределения вероятность угадать всегда равна одной второй, а коэффииент всегда равен единие. очная формулировка равила рироста
каитала будет сейчас изложена.
Для оследовательности a ее k-й член обозначаем ak , для оследовательности a? ее k-й член обозначаем a?k , и т. д.
Ход, делаемый на j -м ходу, есть тройка hn(j ); i(j ); v(j )i.
Пусть оследовательность, которой расолагает Казино, есть a. Положим
A(k ? 1) = {a? ? : a?n(j) = an(j) ри j = 1; 2 : : : ; k ? 1}
(так что A(0) = ),
Ai(k) = {a? ? A(k ? 1) : a?n(k) = i} для i = 0; 1:
Разумеется, эти обозначения имеют смысл в редоложении, что все
участвующие в их оределениях номера n(l) оределены. Полезно заметить, что
= A(0) ? A(1) ? A(2) ? : : : ;
(1)
1 = (A(0)) > (A(1)) > (A(2)) > : : : ;
(2)
если Игрок на k-м ходу угадал, то i(k) = an(k) ; Ai(k) (k) = A(k); (3)
если Игрок на k-м ходу не угадал, то i(k) 6= an(k) ; A1?i(k) (k) = A(k);
(4)
A(k ? 1) = A0(k) ? A1 (k):
(5)
В случае, если i(k) = an(k) (рогноз Игрока на его k-м ходе оравдался | он угадал), каитал Игрока увеличивается о формуле
V (k) = V (k ? 1) + v(k)(A1?i(k) (k))=(Ai(k) (k)):
(6)
Наша формула (6) гарантирует ─честность│ игры: математическое
ожидание выигрыша, то есть рироста каитала, за один ход равно нулю.
Однако на ути рименения этой формулы нас одстерегает нериятность, невозможная для равномерного расределения | как и для любой
100
В. А. Усенский
озитивной меры (мера называется озитивной, если мера любого шара
оложительна). Нериятность заключается в том, что стоящая в знаменателе вероятность (Ai(k) (k)) может оказаться равной нулю. Эта нериятность устраняется утем введения Доолнительного равила остановки,
которое мы сейчас риведем. В случае равномерного расределения это
равило было излишним, оскольку редусмотренная в нём ситуаия не
могла встретиться.
Доолнительное равило остановки. Оно рименяется тогда, когда в ходе игры вервые настуает такая ситуаия, что (A(k)) = 0
(росим Читателя взглянуть на формулу (2)). Пусть (A(k ? 1)) 6= 0,
(A(k)) = 0. Последний ход, который был сделан, имел номер k. Делая
этот ход, Игрок объявил свой рогноз i(k). Если рогноз оказался верным, то есть оказалось, что i(k) = an(k) , игра останавливается, а каитал Игрока считается возросшим до бесконечности: V (k) = +?. аким
образом, в этом случае Игрок объявляется выигравшим. Если же рогноз
оказался неверным, т. е. оказалось, что i(k) 6= an(k) (или, что то же самое,
1 ? i(k) = an(k) ), игра оять-таки останавливается, но с тем каиталом
Игрока V (k), который у него был к этому моменту. аким образом, в
этом случае Игрок не выигрывает.
Ясно, что роблема с нулевым знаменателем в формуле (6) устраняется этим равилом. Действительно, формула (6) рименяется лишь в
случае, когда i(k) = an(k) . В этом случае, согласно (3), Ai(k) (k) = A(k).
Поэтому интересующий нас знаменатель может оказаться нулевым лишь
в ситуаии, когда (A(k)) = 0. Но именно эта ситуаия как раз и регулируется не формулой (6), а нашим Доолнительным равилом. (Можно,
врочем, считать, что и формулой (6), | если разрешить деление на нуль
оложительного числа (A1?i(k) (k)) и ринять бесконечность в качестве
результата такого деления.)
Оределения стратегии, вычислимой стратегии, безостановочной
стратегии, выигрывающей стратегии остаются, с учетом сделанных добавлений, для общего случая теми же, как и для частного случая равномерного расределения.
О безостановочных стратегиях. В заключение рокомментируем те
редусмотренные равилами ситуаии, когда игра останавливается. Заметим, что остановки не включены в онятие стратегии. Стратегия лишь
указывает очередной ход или не указывает ничего, если таковой не оределен; но в оследнем случае игра не останавливается, а росто Игрок
задумывается навечно | для вычислимой стратегии это означает, в математических терминах, что алгоритм указания хода работает безостановочно, не риходя ни к какому результату. Остановки же регулируются
Четыре алгоритмических лиа случайности
101
своими собственными равилами, ─внешними│ о отношению к стратегии.
К сожалению, в общем случае вычислимого расределения наши равила
остановки не содержат алгоритма их рименения. Более того, алгоритм,
озволяющий в любой момент оределять, следует или не следует останавливать игру, в общем случае невозможен. Конкретно, для Основного
равила речь идет о роверке неравенства, связывающего ставку и каитал, а для Доолнительного равила | о роверке оложительности
меры некоторого множества. Разумеется, если мера сильно вычислима,
сложность со второй из указанных роверок отсутствует. Более того,
для всякой вычислимо-раиональной (в частности, равномерной) меры
очевидны алгоритмы обеих роверок, но, овторяем, одобные алгоритмы могут и отсутствовать в случае более сложно устроенной вычислимой
меры.
Ввиду сказанного редставляет интерес утверждение о том, что ри
оределении онятия редсказуемости можно ограничиться одними только безостановочными стратегиями. Именно для обоснования этого утверждения нам и отребуется редоложение о вычислимости меры (отметим, что до сих ор оно не исользовалось). В этом редоложении мы
сейчас укажем, каким сособом алгоритм A, задающий выигрывающую
стратегию, еределывается в алгоритм B, задающий выигрывающую безостановочную стратегию.
Итак, нам задан алгоритм A, на вход которого остуает двоичное
слово x ? , а на выходе, в качестве результата, либо не оявляется ничего, либо оявляется очередной ход. Содержательно, двоичные ифры,
составляющие это слово, суть значения уже открытых к этому моменту
членов оследовательности. Как мы знаем, о слову x восстанавливается вся редыдущая история игры, т. е. все числа n(k), i(k), v(k), V (k)
ри k 6 s = |x|. Разумеется, эти числа восстанавливаются, если только
они оределены (кстати, можно всегда редолагать, что все они оределены, если только оределен и корректен s-й ход, каковой есть тройка
hn(s); i(s); v (s)i). Чтобы одчеркнуть зависимость указанных чисел от x,
будем исать n(x; k), i(x; k), v(x; k), V (x; k); ведь когда мы ранее исали
росто n(k), i(k) и т. д., мы редолагали фиксированной ту оследовательность, ротив которой идет игра и ─частью│ которой является слово
x. Вместе с указанными числами возникают, ри всех k 6 s, и те множества, которые для фиксированной оследовательности мы обозначали
ранее как A(k); теерь мы будем обозначать их A(x; k).
Наша ель | еределать алгоритм A в алгоритм B, никогда не риводящий к ситуаии, требующей остановки игры и такой, что если A был
выигрывающим, то и B | выигрывающий. Для вычислимо-раиональной
меры еределка очевидна: олучив на вход двоичное слово x, роверяем,
102
В. А. Усенский
не риводит ли ход, указанный для этого слова алгоритмом A, к ситуаии остановки; если не риводит, объявляем, что B указал нам этот ход;
если риводит, объявляем, что B на x не дает результата.
В общем же случае роизвольной вычислимой меры еределка A в B
требует более изощренного риёма. Новый алгоритм B будет работать
так. В случае, если ход, указанный алгоритмом A, не риводит к ситуаии остановки, этот ход | как и для вычислимо-раиональной меры |
объявляется результатом алгоритма B. Однако в случае, если в результате рименения A к x возникает ситуаия остановки, новый алгоритм
B не будет давать никакого результата в рименении к x. ем самым
окажется, что B задает безостановочную стратегию.
Для наглядности редставим себе, что A и B работают араллельно.
Наомним, что A нам задан, B мы строим. Пусть на вход обоих алгоритмов остуило слово x, |x| = s. Если A не дает результата в рименении
к этому слову, то и B объявляется не дающим результата. Если же A в
рименении к x выдает очередной ход, то алгоритм B ытается режде
всего роверить, не возникла ли ситуаия, одадающая од действие одного из равил остановки. Проверка корректности номера не вызывает
затруднений. Если номер n(x; s) открываемой карты оказался некорректным, алгоритм B объявляется не дающим результата на входе x; каитал
Игрока в этом случае ерестает меняться, он застывает. Если же номер
корректен, включается роверка корректности ставки.
С роверкой корректности ставки дело обстоит сложнее. Как уже отмечалось, может и не существовать алгоритма, равильно отвечающего
на ворос, меньше ли делаемая ставка текущего каитала Игрока. Однако
не всё так лохо. Прежде чем сделать ставку, Игроку следует убедиться, что намеченная ставка меньше текущего каитала, и только в этом
случае ее объявить. Изложим новый алгоритм B оведения Игрока более точно. Мы оираемся на следующий факт: если мера вычислима,
то можно редъявить такой всомогательный алгоритм C (зависящий
от A), который для каждого x ытается роверить, выолняется ли неравенство v(x; s) < V (x; s), и достигает ри этом следующего эффекта:
алгоритм риходит к какому-то результату (скажем, к результату Да),
если указанное неравенство выолняется, и работает бесконечное время,
не риходя ни к какому результату, если выолняется ротивооложное
неравенство v(x; s) > V (x; s). Собираясь сделать свой s-й ход и олучив от
алгоритма A рекомендаию о ставке v(x; s), Игрок, режде чем сделать
ход, включает алгоритм C и ждет результата. Никакого хода не делается, ока C не редъявит ему свой результат. аким образом, алгоритм
B не выдаст никакого хода, если A редложил некорректный ход; в этом
случае каитал Игрока застывает. Если же работа алгоритма C заканчивается, алгоритм B рекомендует ту же ставку, что и A, и ристуает
Четыре алгоритмических лиа случайности
103
к роверке того, не следует ли рименить Доолнительное равило остановки.
Алгоритмическая ситуаия с Доолнительным равилом охожа на
ситуаию с равилом остановки, делаемой о ричине некорректности
ставки. Алгоритм, расознающий, выолняется или нет равенство
(A(x; s)) = 0, легко строится в случая сильно вычислимой меры, оскольку множество A(x; s) олучается в результате объединения конечного числа шаров, указываемых алгоритмически о аре hx; si. В общем
же случае вычислимой меры такого алгоритма может и не быть. Существует, однако, более слабый алгоритм, которого оказывается достаточно.
Именно, если мера вычислима, то можно редъявить такой всомогательный алгоритм D (зависящий от A), который для каждого x ытается
роверить, выолняется ли неравенство (A(x; s)) 6= 0, и достигает ри
этом следующего эффекта: алгоритм риходит к какому-то результату
(скажем, к результату Да), если указанное неравенство выолняется, и
работает бесконечное время, не риходя ни к какому результату, если
выолняется равенство (A(x; s)) = 0. Действия алгоритма B в связи
с роверкой Доолнительного равила оисываются | в терминах оведения Игрока | следующим образом. Игрок включает алгоритм D и
ждет результата. Дождавшись, он делает ход, рименяя алгоритм A. Но
он не делает никакого хода, ока D не редъявит ему свой результат.
аким образом, алгоритм B выдаст тот же ход, что и A, если не возникло ситуаии, одадающей од Доолнительное равило, и не выдаст
никакого хода, если такая ситуаия возникла. Если ход роисходит, то
каитал Игрока меняется на общих основаниях | уменьшается на величину ставки или увеличивается согласно формуле (6), ричем в этом
случае оасный знаменатель заведомо не равен нулю. В случае же неделания хода каитал Игрока, согласно нашим равилам, застывает, если
оследний рогноз был неверен, и объявляется бесконечным, если этот
рогноз был верен.
олько что оисанное оведение каитала Игрока можно следующим
образом оисать в терминах работы алгоритма D. Если рогноз неверен
(i(x) 6= an(x) ), то ока D работает, каитал Игрока остается застывшим. Если же рогноз верен (i(x) = an(x) ), то с каждым шагом работы
алгоритма D каитал Игрока возрастает на единиу. аким образом, каитал будет возрастать неограниченно (и, следовательно, Игрок выиграет), если D никогда не закончит работу. Но если и когда алгоритм D
достигает результата, рост каитала Игрока рекращается. Более того,
в этом случае весь роизошедший за время работы алгоритма D рирост
каитала Игрока аннулируется, осле чего этот каитал рирастает о
формуле (6). И еще: никакое значение каитала, ромежуточное между
делаемыми ходами (т. е. возникающее во время завершающейся работы
104
В. А. Усенский
алгоритма D), не должно включаться в множество тех значений каитала, бесконечность суремума коих влечет выигрыш Игрока (в ротивном
случае у Игрока оявилась бы доолнительная возможность выигрыша за
счет того, что длительности междуходовых задержек могут оказаться
неограниченными в их совокуности).
Наше новое оисание оведения каитала Игрока, редолагающее
рост каитала во время работы алгоритма D с возможным оследующим
обнулением рироста, может вызвать у росвещенного Читателя два законных замечания.
Первое замечание состоит в том, что мы фактически изменили равила игры | в той их части, в которой говорится о орядке изменения
каитала. Согласившись с этим уреком Читателя, ответим следующее.
Действительно, есть две системы равил, старая и новая | а тем самым
и два оределения игры. Но в отношении редсказуемости обе игры равносильны: всякая оследовательность, редсказуемая ри одной из наших
двух систем равил, редсказуема и ри другой.
Второе замечание состоит в том, что о новым равилам оведение
каитала зависит от всомогательного алгоритма D, а сам этот алгоритм, как оказывает анализ, зависит не от меры как таковой, а от
задающего ее алгоритма | т. е. от того алгоритма, рисутствующего в
оределении вычислимой меры, который для любого шара находит сколь
угодно точные риближения к мере этого шара. Возникает естественный
ворос, не может ли случиться, что ри новых равилах и онятие редсказуемости окажется зависящим не от самой меры, а от задающего ее
алгоритма. Ответ: нет, не может. Ведь течение игры ри одном задающем меру алгоритме может отличаться от течения игры ри другом алгоритме, задающем ту же меру, лишь длительностью интервалов между
ходами; что же касается каитала Игрока, то разниа может быть лишь
в том, сколь велик окажется тот рирост каитала, который одлежит
аннулированию.
История и библиография
[1? А. Н. Колмогоров, В. А. Усенский. Алгоритмы и случайность // еория вероятностей и ее рименения, 1987. . 32, вы. 3, с. 425{455.
[2? В. А. Усенский, А. Л. Семёнов. еория алгоритмов: основные открытия и риложения. | М.: Физматлит, 1987. | 288 .
[3? В. А. Усенский, А. Л. Семёнов, А. Х. Шень. Может ли индивидуальная оследовательность нулей и едини быть случайной? // Усехи
математических наук, 1990. . 45, вы. 1, с. 105{162.
Четыре алгоритмических лиа случайности
105
[4? V. A. Uspensky, A. Shen. Relations between varieties of Kolmogorov omplexities // Mathematial Systems Theory, 1996. Vol. 29, no.3, p. 271{292.
[5? An. A. Muhnik, A. L. Semenov, V. A. Uspensky. Mathematial metaphysis of randomness // Theoretial Computer Siene, 1998. Vol. 207,
p. 263{317.
[6? А. Шень. О соотношениях между различными алгоритмическими
оределениями случайности // Доклады Академии наук СССР, 1988.
. 302, ┌ 3, с. 548{552.
[7? В. В. Вьюгин. Алгоритмическая энтроия (сложность ) конечных
объектов и ее рименение к оределению случайности и количества
информаии // Семиотика и информатика. Выуск 16. | М: ВИНИ-
И, 1981. | С. 14{43.
[8? M. Li, P. Vitanyi. An Introdution to Kolmogorov Complexity and Its Appliations. | New York e. a.: Springer-Verlag, 1993. | xx+546 pp., 38 illustrations.;
Seond edition. | New York e. a.: Springer-Verlag, 1997. | xx+637pp.,
41 illustrations.
Сам этот сисок из восьми названий никоим образом не ретендует на олноту. Однако в этих убликаиях (особенно в [8?) можно найти дальнейшие ссылки, и вкуе с этими ссылками некое одобие олноты уже достигается.
В книге [2? следует обратить внимание на x 2.6 ─Приложения к теории вероятностей: оределения случайной оследовательности│. Следует также иметь
в виду, что терминология этой книги несколько архаична: хаотические оследовательности называются там случайными о Колмогорову , а тиические |
случайными о Мартин-Лёфу . Частотоустойчивые, они же стохастические, оследовательности называются в [2? случайными о Мизесу , стохастические о
Чёрчу | случайными о Мизесу { Чёрчу , стохастические о Колмогорову |
случайными о Мизесу { Колмогорову { Лавлэнду (а в [3? | стохастическими
о Колмогорову { Лавлэнду; Д. Лавлэнд hD. Lovelandi открыл эти оследовательности независимо от Колмогорова, хотя и озже: соответствующая статья
Колмогорова была оубликована в 1963 г., статья Лавлэнда | в 1966 г.) Что касается нередсказуемых оследовательностей | в том точном онимании, как
было сформулировано выше, | то они в указанной книге отсутствуют, оскольку оявились в литературе лишь в 1998 г. в статье [5?.
Пример стохастической о Чёрчу оследовательности, ерестающей быть
таковой осле одходяще выбранной вычислимой ерестановки ее членов, оубликовал в 1966 г. Д. Лавлэнд. Значение этого римера состоит не только в том,
что он оказывает неадекватность оределения Чёрча, но и в том, что он открывает новое качество случайности, интуитивно очевидное, но ранее не замеченное: случайная оследовательность должна оставаться случайной осле любой
вычислимой (т. е. задаваемой каким-то алгоритмом) ерестановки ее членов.
106
В. А. Усенский
еория сложности объектов (в доолнение к уже развивавшейся в то время
теории сложности вычислений) была основана Колмогоровым на его семинарах
в Московском университете в начале 60-х годов XX века и имела своей главной
елью ерестройку онятийной базы теории информаии (на основе редставления о том, что чем сложнее объект, тем больше информаии он содержит) с
оследующим риложением к теории случайности. В оубликованной в 1969 г.
статье Колмогоров исал:
1) основные онятия теории информаии должны и могут быть
обоснованы без омощи обращения к теории вероятностей и так, что
онятия ─энтроия│ и количество информаии оказываются рименимы к индивидуальным объектам;
2) введенные таким образом онятия теории информаии могут
лечь в основу новой конеии случайного, соответствующей естественной мысли о том, что случайность есть отсутствие закономерности.
Предложение измерять сложность объекта длиной его кратчайшего оисания
и онятие отимального языка были изложены Колмогоровым в статье 1965 г.;
за год до того сходные идеи были оубликованы американским исследователем Рэем Соломоновым hRay Solomonoi, о работах которого Колмогоров узнал
лишь озже. Ввиду этого теорему о существовании отимального языка мы называем теоремой Соломонова { Колмогорова . В эти же годы (т. е. в середине
60-х годов XX в.) Колмогоров высказывает на своих семинарах редоложение
о том, что быстрота роста энтроии начальных отрезков оследовательности
может служить критерием случайности рассматриваемой оследовательности.
Однако введенное им в рассмотрение языковое семейство риводило к энтроии, неригодной для оставленной ели. Как уже говорилось выше, в главке о
хаотичности, годное для этой ели семейство обнаружил в 1973 г. Леонид Левин,
введя в рассмотрение монотонную энтроию.
иические оследовательности (од названием \random", т. е. ─случайные│)
были, как уже отмечалось в главке о тиичности, открыты в 1966 г. Пером
Мартин-Лёфом hPer Martin-Lofi.
Утверждение о том, что класс оследовательностей, стохастических о Колмогорову, шире класса тиических (они же | хаотические) оследовательностей, доказал Александр Шень (см. [6?, а также [3, . 6.2.4?).
Пусть K | энтроия в каком-то из вариантов этого онятия. (В литературе
исследованы не менее шести таких вариантов: ростая, ариорная, монотонная,
роессная, рефиксная и энтроия разрешения; все эти варианты существенно
различны в том точном смысле, что разность энтроий, ринадлежащих любым
двум из еречисленных вариантов, неограничена.) Скажем, что оследовательность a1 ; a2 ; a3 ; : : : ; an : : : является хаотической относительно K (ри равномерном расределении!), если
? ?n K(a1 ; a2 ; a3 ; : : : ; an ) > n ? :
(Заметим для ясности, что ни для ростой энтроии, ни для энтроии разрешения оследовательностей с таким свойством нет вовсе, а для каждой из остальных четырех энтроий хаотичность оказывается равнообъемной тиичности.)
Четыре алгоритмических лиа случайности
107
В той же статье Левина 1973 г., в которой была введена монотонная энтроия,
содержалось и доказательство того факта, что онятие хаотичности относительно монотонной энтроии равнообъемно онятию тиичности. Независимо
от Левина в том же 1973 г. Клаус-Петер Шнорр hClaus-Peter Shnorri ввел в
рассмотрение свой вариант энтроии, так называемую роессную энтроию
(у Шнорра | proess omplexity ), и доказал (независимо от Левина, но очень
охожим сособом), что онятие хаотичности относительно роессной энтроии также равнообъемно онятию тиичности. Хотя роессная энтроия и монотонная энтроия существенно различаются (как оказал Владимир Вьюгин
[7, с. 35, строки 6{4 снизу?, их разность не ограничена никакой константой) и
хотя воследствии сам Шнорр ерестал ользоваться своей роессной энтроией, фактически от нее отказавшись, вышеуказанную теорему Левина иногда
называют теоремой Левина { Шнорра.
Префиксную энтроию ввел в 1974 г. Левин и годом озже (но независимо
от Левина) Грегори Чэйтин hGregory J. Chaitini | см. его статью A theory of
program size formally idential to information theory // Journal of the Assoiation
of Computing Mahinery, 1975, v. 22, no. 3, p. 329{340). В той же статье Чэйтин
ввел онятие хаотичности относительно рефиксной энтроии и объявил (без
доказательства), что этот вариант хаотичности равносилен тиичности; ервое
оубликованное доказательство этого факта оявилось в статье Вьюгина [7?:
следствие 3.2 на с. 38. Префиксная энтроия может быть оределена как энтроия для семейства рефиксных языков. Язык E называется рефиксным, если
он еречислим и выолнено условие:
[hx1 ; y1 i ? E & hx2 ; y2i ? E & (x1 ? x2 )? =? [y1 = y2 ?:
Заметим еще, что в литературе термин ─сложность│ (\omplexity") часто
уотребляется в смысле "энтроия\, т. е. в смысле "сложность относительно
отимального языка\.
Нередсказуемые оследовательности (в смысле настоящей статьи) вервые
возникли весной 1991 г. в совместном докладе од названием \Randomness and
Lawlessness" (─Случайность и беззаконность│), который Андрей Мучник, Алексей Семёнов и автор этих строк сделали на конферении в Калифорнии. Конферения была освящена основаниям теории случайности и роходила с 4 о
7 марта в Институте математических исследований в соиальных науках (Institute for Mathematial Studies in the Soial Sienes) Станфордского университета.
Содержание доклада было оубликовано в 1998 г. в виде статьи [5?. В этой статье
риведены, в частности, теоремы о соотношении нередсказуемости с другими
алгоритмическими лиами случайности.
Отметим, что оределение нередсказуемости в нашем настоящем очерке
отличается одной деталью от оределения в [5?. Именно, в [5? для корректности
ставки требовалось выолнение не строгого неравенства v(k) < V (k ? 1), а более
слабого нестрогого неравенства v(k) 6 V (k ? 1). Класс нередсказуемых оследовательностей остается одним и тем же ри обоих ониманиях корректности.
Замена в оределении корректности нестрогого неравенства на строгое вызвана
двумя ричинами. Во-ервых, сама игра становится более содержательной: ведь
в случае равенства ставки текущему каиталу стоит Игроку ошибиться в своем
редсказании, как его каитал обнулится, и он будет вынужден в дальнейшем
108
В. А. Усенский
делать лишь нулевые ставки. Во-вторых, именно строгое неравенство озволяет ри ереносе оределений с раионально-вычислимых мер (каковые только и
рассматривались в [5?) на любые вычислимые меры, сохранить эффективность
действий игрока. Ведь каждый раз Игрок должен удостоверяться в корректности хода. Получить же такое удостоверение алгоритмическим утем возможно
лишь в варианте строгого неравенства: существует алгоритм, в том и только в
том случае дающий оложительный ответ на ворос ─v(k) < V (k ? 1)?│, когда и
в самом деле v(k) < V (k ? 1); не существует алгоритма, в том и только в том
случае дающего оложительный ответ на ворос ─v(k) 6 V (k ? 1)?│, когда и в
самом деле v(k) 6 V (k ? 1).
Сама идея о связи случайности с невозможностью гарантированного выигрыша достаточно очевидна: еще фон Мизес, не давая точных формулировок,
говорил о ─невозможности системы игры│. Воследствии встречались и строгие
оределения, однако восроизводимая здесь (с косметическим ремонтом) формулировка из [5? кажется более близкой к интуитивному редставлению о случайности. Дело в том, что редшествующие игровые оределения либо исользовали
стратегии, в которых вычислимость (означающая наличие алгоритма, указывающего игроку его очередной ход) заменялась на другое (хотя и связанное с онятием алгоритма, но, видимо, менее естественное) требование, либо заведомо не
риводили к классу оследовательностей, равнообъемному классу тиическо-хаотических оследовательностей. Для оределения нередсказуемости из [5? остается надежда на указанную равнообъемность. Ясно, что чем большим количеством ─ли случайности│ характеризуется какой-то точно очерченный класс оследовательностей, тем обоснованнее раво этого класса служить формальным
аналогом раслывчатого интуитивного редставления о случайности.
В. А. Усенский, мехмат МГУ
109
Алгебра многогранников
Г. Ю. Панина
1. Введение
Статья редназначена старшеклассникам, еленаравленно занимающимся математикой, студентам и реодавателям. Кроме того, она может быть рекомендована математикам-рофессионалам в качестве
легкого чтения.
Для удобства читателя мы исользуем двухуровневую систему: (меньшая) часть текста выделена мелким шрифтом | этот более сложный материал может быть роущен начинающими.
А вот задачи роускать нельзя | над ними нужно одумать (в Приложении риведены ответы и указания к некоторым задачам).
Совсем недавно была ридумана замечательная вещь | алгебра многогранников. Как это иногда бывает с действительно важными конструкиями, ее ридумали одновременно и независимо разные люди | Александр Пухликов совместно с Аскольдом Хованским и Питер МакМаллен
(P. MMullen). И как это часто бывает, алгебра многогранников имеет
отношение к разным областям математики.
Наример, есть такой вариант задачи о равносоставленности: многогранник разрешается разрезать на куски, а затем, ередвигая куски с
омощью араллельных ереносов, составить новый многогранник. (Звучит очти как третья роблема Гильберта, но смысл здесь иной). Алгебра
многогранников, которую мы остроим, омогает найти критерий равносоставленности для этой задачи.
С другой стороны, алгебра многогранников тесно связана с алгебраической геометрией торических многообразий. Эта ─высокая наука│ может быть
ереведена на ростой и знакомый язык многогранников (так же, как делаются ереводы с одного языка на другой). В соответствующем ─словаре│ термин ─многогранник│ ереводится как ─очень обильный учок│. ─Сложение многогранников о Минковскому│ ереводится как ─тензорное роизведение учков│.
Известно, что очень обильные учки можно не только тензорно еремножать,
но и делить друг на друга | они орождают груу Пикара. Если еревести
оследнюю фразу на язык многогранников, то олучится следующее утверждение.
110
Г. Ю. Панина
Выуклые многогранники можно не только складывать, но и вычитать о Минковскому | они орождают груу виртуальных многогранников. Что это значит геометрически, будет рассказано в араграфе 6.
Более того, мы окажем, что выуклые многогранники орождают
еще более богатую структуру | градуированную алгебру (это и есть
алгебра многогранников).
Говоря ростым языком, о своим алгебраическим свойствам многогранники охожи на многочлены.
На римере этой красивой конструкии вы увидите, как в математике
действует старая детская оговорка: ─Если нельзя, но очень хочется, то
можно.│
Наример, нельзя вычесть о Минковскому из маленького многогранника большой. Но если ридумать как, то можно.
Выражения ─логарифм треугольника│ и ─эксонента тетраэдра│ |
бессмыслиа. Но если роявить фантазию, то они станут осмысленными и
озволят раскладывать многогранники в сумму однородных комонент.
Изложение отнюдь не ретендует на олноту. Наша задача | дать
общее редставление о конструкии и методах, оутно научив читателя
некоторым общим математическим риемам.
2. Сложение о Минковскому
Все геометрические объекты, которые мы рассматриваем, живут в
трехмерном или двумерном вещественном ространстве | выше мы одниматься не будем.
В ространствах большей размерности дело обстоит точно так же и не возникает никаких доолнительных эффектов.
Считая фиксированным начало координат О, для удобства мы отождествляем точку ространства с ее радиус-вектором.
Выуклым многогранником (в R2 или R3 ) называется выуклая оболочка неустого конечного множества точек.
аким образом, точка или отрезок тоже считаются многогранниками,
а открытый квадрат (квадрат без граниы) | нет.
Наша ель | организовать многогранники в алгебраическую структуру, т. е. научиться роизводить с ними алгебраические действия, одчиненные обычным аксиомам.
Первое алгебраическое действие | суммирование о Минковскому.
Здесь имеется исторически сложившаяся утаниа: скоро мы увидим,
что это вовсе не сложение, а умножение. Поэтому мы исользуем для этой
оераии знак ?, которым обычно обозначают тензорное роизведение
и (иногда) свертку.
Алгебра многогранников
111
y
O
x+y
L
x
K
K?L
Рис. 1.
Оределение 1. Суммой Минковского (или векторной суммой) двух
выуклых многогранников K и L называется множество точек
K ? L = {x + y | x ? K; y ? L}:
Задача 1. Найти сумму Минковского двух араллельных отрезков.
Задача 2. Найти сумму Минковского двух неараллельных отрезков.
Задача 3. Что роизойдет с суммой Минковского, если одвинуть
одно из слагаемых араллельным ереносом?
Задача 4. Найти сумму Минковского треугольника и отрезка, лежащих в одной лоскости.
Задача 5. Найти сумму Минковского треугольника и отрезка, не лежащих в одной лоскости.
Задача 6. Что роизойдет с суммой Минковского, если изменить начало координат?
Задача 7. Выуклой оболочкой каких точек является сумма Минковского двух многогранников?
Задача 8. Убедитесь, что K ? K есть многогранник K , гомотетично
растянутый в 2 раза.
Следующее редложение очти очевидно.
Предложение 1.
. Оераия ? коммутативна.
.
.
.
Сумма Минковского содержит каждое из слагаемых осле одходящего араллельного ереноса.
Сумма Минковского двух выуклых многогранников | выуклый
многогранник.
Для 1 = {O} и любого выуклого многогранника
K ? 1 = K.
K,
сраведливо :
112
Г. Ю. Панина
Последнее утверждение означает что у нас имеется нейтральный элемент
1 | многогранник, состоящий из одной точки O.
Внимательный читатель уже заметил, что мы риближаемся к онятию ─абелева груа│, но | увы! | второе утверждение редложения
не дает никакой надежды на существование обратного, так как ри сложении о Минковскому слагаемые не уменьшаются. Поэтому в классе
выуклых многогранников обратимы только одноточечные многогранники.
Разумеется, олугруа выуклых многогранников стандартным образом
вкладывается в свою груу Гротендика, т. е. груу формальных выражений
вида K ?L?1. Наша задача | ридать геометрический смысл этим выражениям.
Это будет сделано на языке виртуальных многогранников (. 6) и на двойственном языке оорных функий (. 3.)
3. Оорная функия и веер выуклого многогранника
Оределение 2. Оорной функией выуклого многогранника K называется функия hK (x), заданная на R2 (или R3 , в зависимости от того,
где живет K ) формулой
hK (x) = max(x; y):
y?K
(скобка обозначает скалярное роизведение радиус-векторов).
Для вектора x максимум этого скалярного роизведения достигается в точках ересечения многогранника K и рямой, касающейся K и
ортогональной x (см. рис. 2).
Задача 9. Вообще-то, существуют две рямые с таким свойством.
Какую именно мы берем?
Вот очевидные свойства оорной функии.
max достигается в этой точке
K
O
x
Рис. 2.
Алгебра многогранников
113
Предложение 2.
1. В начале координат оорная функия равна нулю : hK (O) = 0.
2. Для > 0 имеем hK (x) = hK (x).
3. Оорная функия одноточечного многогранника | линейная функия. В частности, это означает, что график оорной функии
выуклого многогранника из R2 есть лоскость в трехмерном ространстве.
4. Любая линейная функия, ринимающая значение 0 в начале координат, является оорной функией некоторого одноточечного многогранника.
Задача 10. Докажите, что оорная функия суммы Минковского
равна сумме оорных функий слагаемых:
hK ?L = hK + hL :
Рассмотрим лоский многоугольник K . При фиксированном x скалярное роизведение (см. оределение оорной функии) достигает своего
максимума в некоторой вершине A многоугольника K . Если мы будем отихоньку оворачивать радиус-вектор x, то некоторое время максимум
будет достигаться в той же вершине A, затем в некоторый момент |
на елом ребре, римыкающем к вершине A, а затем ерерыгнет на
соседнюю вершину. Это значит, что оорная функия многогранника
─склеена│ из кусочков оорных функий вершин, т. е. из кусков линейных
функий.
Пространство R2 оказывается разбито на лоские конуса (это то же
самое, что лоские углы) с общей вершиной в начале координат так, что
на каждом из конусов оорная функия линейна.
ем самым, график оорной функии склеен из лоских кусочков, ричем места склейки | лучи, ортогональные ребрам K (рис. 3).
O
O
O
многоугольник K
веер K
график оорной функии K
Рис. 3.
114
Г. Ю. Панина
Что же роисходит в трехмерном ространстве, какова оорная функия трехмерного многогранника K ? Принииально здесь всё то же
самое, только картинка олучается богаче: R3 оказывается разбито на
многогранные конуса с общей вершиной в начале координат так, что на
каждом из конусов оорная функия линейна.
Оределение 3. Это разбиение называется веером многогранника K .
Удобно рисовать не сам веер, а его ересечение с единичной сферой с
ентром в точке O (сферический веер многогранника K ). Мы олучим
разбиение сферы на сферические многогранники (клетки веера ).
Имея многогранник, легко остроить его сферический веер:
1. Отметьте на сфере коны внешних нормалей граней многогранника K .
2. Соедините на сфере каждые две олученные точки кратчайшим отрезком (куском большого круга), если соответствующие грани делят
ребро.
(Докажите, что в результате этой роедуры действительно олучается
сферический веер.)
Обратите внимание на комбинаторную двойственность многогранника и его веера:
. вершинам веера соответствуют грани многогранника,
. ребрам веера соответствуют ребра многогранника,
. клеткам веера соответствуют вершины многогранника.
5
6
1
4
3
5 1
2
4
3
2
6
K
веер K
Рис. 4.
Алгебра многогранников
115
Задача 11. Постройте сферический веер куба, тетраэдра, треугольника (лежащего в трехмерном ространстве), отрезка (лежащего в трехмерном ространстве).
еорема 1.
1. Оорная функия выуклого многогранника выукла. Это значит,
что для 0 6 6 1
hK (x1 + (1 ? )x2 )) 6 hK (x1 ) + (1 ? )hK (x2 );
или (для тех, кто любит картинки больше формул ) что график
функии hK | выуклая вниз оверхность.
2. Каждая нерерывная выуклая функия h, ринимающая значение 0
в начале координат, которая кусочно линейна относительно некоторого веера (т. е. разбиения ространства на конуса ), является
оорной функией некоторого выуклого многогранника. (Множество таких функий обозначим через H.)
3. Оорная функия одноточечного многогранника | линейная функия. В частности, это означает, что график оорной функии
точки из R2 есть лоскость в трехмерном ространстве.
Поясним ункт 2. Восстановить многогранник легко: те линейные
функии, из которых склеена h, дают нам координаты вершин.
При сложении о Минковскому выуклых многогранников веера
дробятся: чтобы нарисовать сферический веер суммы, нужно на одной
и той же сфере нарисовать веера обоих слагаемых.
Мы оняли, что грубо говоря, выуклый многогранник | это то же
самое, что и его оорная функия: эти два объекта однозначно оределяют друг друга, ричем сложить два многогранника о Минковскому |
то же самое, что сложить их оорные функии.
Офииально это звучит так: олугруа выуклых многогранников канонически изоморфна олугруе выуклых кусочно-линейных функий H. Это
влечет изоморфизм соответствующих гру Гротендика.
Обращать (и вычитать) о Минковскому выуклые многогранники
мы ока не умеем. Но зато можно заросто брать со знаком ─минус│
(и вычитать друг из друга) оорные функии. Что ри этом мы олучим? Разность двух функий из H останется, разумеется нерерывной
и кусочно-линейной относительно некоторого веера. А вот свойство выуклости роадет. Забавная ситуаия: мы ока не знаем, что за объект ─обратный о Минковскому к кубу│, но уже оняли, чему равна его
оорная функия. Хотелось бы ридать этому объекту геометрический
смысл. Мы это сделаем, но в несколько ходов.
116
Г. Ю. Панина
4. Интегрирование о эйлеровой характеристике
Эйлерова характеристика | бессорный лидер среди математических
онятий о соотношению ─ростота { олезность│. Об этом знает каждый, кому риходилось ричесывать ежика, раскрашивать карты или
учиться отличать тор от кренделя. Оказывается, о эйлеровой характеристике можно интегрировать, обращаясь с ней как с мерой.
Оределение 4. Множество точек будем называть многогранным ,
если его можно олучить конечным числом оераий объединения, ересечения и доолнения из некоторого (конечного) набора выуклых многогранников.
Оределение 5. Клеточным разбиением многогранного множества
M называется разбиение M на неересекающиеся многогранные одмножества (клетки разбиения ) такие, что каждая клетка есть одно из следующих множеств:
0: точка (0-мерная клетка);
1: открытый отрезок (отрезок с выброшенными конами) (1-мерная
клетка);
2: открытый двумерный многоугольник (многоугольник с удаленной
гранией) (2-мерная клетка);
3: открытый трехмерный многогранник (3-мерная клетка).
Оределение 6. Эйлеровой характеристикой клеточного разбиения
множества M называется
(M ) = (число 0-мерных клеток) ? (число 1-мерных клеток)+
+ (число 2-мерных клеток) ? (число 3-мерных клеток):
Хотя одно и то же множество можно о-разному разбить на клетки,
значение (M ) от этого не меняется. (Это далеко не тривиальный факт,
который мы оставляем без доказательства.)
Очевидное, но очень важное свойство эйлеровой характеристики |
аддитивность:
(M1 ? M2 ) = (M1 ) + (M2 ) ? (M1 ? M2 ):
Интегрировать нам редстоит только очень росто устроенные функии.
Оределение 7. Пусть f : M ? Z | функия, заданная на некотором многогранном множестве M , такая, что f ринимает конечное
множество елочисленных значений, ричем рообраз каждого числа |
Алгебра многогранников
117
многогранное множество. акие функии мы будем называть многогранными , а множество всех многогранных функий, заданных на всем ространстве, будем обозначать через M.
Положим о оределению
Z
X
f (x) d(x) = a ╥ (f ?1(a)):
M
a?Z
Это и есть интеграл функии о эйлеровой характеристике .
И всё: нет никаких верхних и нижних интегральных сумм, никаких
ереходов к ределу, никаких борелевых множеств (всех атрибутов интеграла Лебега).
Зато есть ривычные свойства интеграла (докажите!):
еорема 2.
1. Интеграл суммы функий есть сумма интегралов слагаемых
Z
M
(f (x) + g(x)) d(x) =
Z
M
f (x) d(x) +
Z
M
g(x) d(x):
2. Интеграл о объединению неересекающихся множеств есть сумма
интегралов о каждому из них
Z
M ?L
f (x) d(x) =
Z
M
f (x) d(x) +
Z
L
f (x) d(x):
3. (еорема Фубини.) Можно интегрировать сначала о каждому
слою, а затем | олученную функию роинтегрировать о слоям :
Z
f (x; y) d(x; y) =
Z Z
f (x; y) d(x) d(y):
5. От многогранников к функиям. Сложение о
Минковскому как свертка о эйлеровой
характеристике
Оределение 8. Сверткой о эйлеровой характеристике двух многогранных функий f и g называется функия f ? g, заданная формулой
Z
f ? g(x) = f (x ? y)g(y) d(y):
С каждым выуклым многогранником K естественно связана многогранная функия IK | его характеристическая функия:
x ? K;
IK = 10;; если
иначе:
118
Г. Ю. Панина
Предложение 3. Пусть K и L | выуклые многогранники. огда
свертка IK и IL есть характеристическая функия суммы Минковского
K и L:
IK ? IL = IK ?L:
Иными словами, сложить два многогранника | то же самое, что свернуть их характеристические функии о эйлеровой характеристике.
Поэтому мы можем озволить себе вольность обозначать выуклый
многогранник K и его характеристическую функию IK одним и тем же
символом K .
Доказательство. Нам нужно доказать, что
Z
x ? K ? L;
IK (x ? y)IL(y) d(y) = 10;; если
иначе:
Под знаком интеграла стоит характеристическая функия ересечения двух выуклых многогранников. Следовательно, интеграл ри фиксированном x равен нулю, если эти многогранники не ересекаются (и сама
функия | тождественный ноль), и равен единие, если одынтегральная
функия | не тождественный ноль. Осталось заметить, что равенство
IK (x ? y)IL(y) = 1 сраведливо ри некотором y тогда и только тогда,
когда x редставим в виде суммы точек x ? y и y из многогранников
K и L.
6. Обращение о Минковскому. Груа виртуальных
многогранников. Выворачивание наизнанку
С этого момента выуклый многогранник | не только множество
точек, но и многогранная функия.
Это обстоятельство и озволяет обращать выуклые многогранники
(относительно ?), но не в классе выуклых многогранников (что, как мы
убедились, невозможно), а в классе многогранных функий. А именно,
верна теорема об обращении о Минковскому:
еорема 3. Для любого выуклого многогранника
многогранная функия K ?1 такая, что
K ? K ? 1 = 1:
K
существует
Эта функия устроена росто (см. рис. 5), она ринимает только
два значения :
(
dim K
x ? Int(S (K ));
?1
K = (?1) 0;; если
иначе:
Алгебра многогранников
1
119
1
0
1
1
O
K
0
0
(?1)dim K
K ?1
Рис. 5.
Поясним обозначения: dim K | размерность многогранника, S | ентральная симметрия относительно начала координат, Int K | многогранник K без граниы (от слова \interior" | внутренность).
Задача 12. Убедитесь, что теорема верна
{ для отрезков на рямой (одномерных многогранников),
{ для многоугольников на лоскости.
(После этого для трехмерных многогранников она станет очевидна.)
Задача 13. Прежде, чем читать дальше, одумайте, как оределить
разность о Минковскому двух выуклых многогранников.
Оределение здесь естественное:
Оределение 9. Разность Минковского двух выуклых многогранников K ? L?1 есть свертка функий K и L?1 .
В отличие от обратного к выуклому многограннику (который, грубо говоря, не сильно отличается от выуклого многогранника), разности
Минковского гораздо более разнообразны. Наример, разность двух квадратов (один из них | овернутая коия другого) | равильная звезда
с 8 лучами (см. рис. 6). На рисунке указаны значения этой функии, но
не все | из-за нехватки места.
Забавно роследить выворачивание наизнанку (см. рис. 7): возьмем
траеию и вычтем из нее отрезок, араллельный основанию. Будем остеенно увеличивать длину вычитаемого отрезка. Пока отрезок маленький, у нас будет олучаться (выуклая) траеия. Когда отрезок достигнет длины меньшего основания, разность выродится в треугольник.
Затем оявится растущий отриательный кусок, а оложительная часть
будет уменьшаться, ока не исчезнет совсем.
Рассмотрим множество P всех многогранных функий, редставимых в виде K ? L?1 . Оераия свертки о Минковскому ревращает P
в абелеву груу. Действительно, мы уже знаем, что такое нейтральный
120
Г. Ю. Панина
?1
=
)
?1 ?2 ?1
?3
?1 ?2 ?1
?1 ?2 ?1
(
?
?1 ?2 ?1
Рис. 6.
?(
?(
?(
?1
)=
?1
)=
?1
) =1
0
?1
?1
1
?1 0
)=
?(
0
1
?1
?1
?1 0
)=
?(
Рис. 7.
0
1
?1
?1
0 ?1 0
0
Алгебра многогранников
121
элемент, умеем обращать выуклые многогранники (а значит, и выражения вида K ? L?1 ).
Оределение 10. P называется груой виртуальных многогранников .
7. Веера виртуальных многогранников
Что такое оорная функия виртуального многогранника, мы оняли
раньше, чем оняли, что такое сам виртуальный многогранник.
Груа P изоморфна груе нерерывных функий, кусочно-линейных относительно некоторого веера.
Как может выглядеть сферический веер виртуального многогранника K ? L?1 ? Нанесем на сферу линии излома функий hK и hL . Когда мы
рассмотрим линии излома функии hK ? hL , некоторые отрезки могут исчезнуть, здесь не будет ростого измельчения, как ри сложении выуклых многогранников, и клетки олученного веера волне могут оказаться
невыуклыми.
Вот красивый и важный ример.
Пример 1. Гиерболический тетраэдр. Сферический ─Инь и Янь│.
Возьмем равильный тетраэдр , отметим два ротивооложных ребра и вычтем из отмеченные рёбра. Веер олученного виртуального
многогранника (роверьте!) состоит из четырех равных невыуклых частей (см. рис. 8).
С выуклым многогранником естественно связана выуклая многогранная оверхность | объединение его граней.
С некоторыми невыуклыми многогранными оверхностями (которым не зарещается иметь самоересечения) можно связать виртуальный
многогранник.
Рис. 8.
122
Г. Ю. Панина
Это делается оэтано согласно следующему алгоритму. Может олучиться так, что очередной шаг невыолним. Это означает, что с данной
оверхностью невозможно связать виртуальный многогранник.
Может олучиться так, что выолнить некоторый шаг можно о-разному. Значит, виртуальных многогранников, связанных с этой оверхностью, несколько. (Наример, с тетраэдром можно связать 52 различных
виртуальных многогранника.)
Шаг 1. Для каждой грани оверхности зафиксируем ортогональный ей
вектор.
Шаг 2. Нанесем коны всех этих векторов на единичную сферу. Полученные точки должны оказаться различными.
Шаг 3. Построим веер будущего виртуального многогранника. Соединим олученные точки геодезическими отрезками (не обязательно
кратчайшими!) о следующему равилу: олученная картинка должна быть комбинаторно двойственна оверхности. В частности, мы
соединяем две точки тогда, когда соответствующие грани делят
ребро.
Шаг 4. Построим теерь кусочно-линейную функию h. Она будет склеена из кусков оорных функий вершин оверхности. Возьмем клетку олученного веера, натянем на нее конус и оложим функию h
на клетке равной оорной функии той вершины нашей оверхности, которая соответствует этой клетке. (о же самое роисходит
и в выуклом случае). Проделав так со всеми клетками, олучим
кусочно-линейную функию.
Шаг 5. Представим h в виде разности двух выуклых функий h =
= h1 ? h2 . (Почему это возможно | отдельная задача. Решите ее.)
Функии h1 и h2 соответствуют выуклым многогранникам K1 и
K2. Искомый виртуальный многогранник равен K1 ? K2?1 .
Задача 14. Каким оверхностям (рис. 9) соответствуют виртуальные многогранники?
8. От груы к алгебре. Инварианты Хадвигера на
лоскости
На множестве всех многогранных функий зададим структуру алгебры над олем раиональных чисел. Для этого надо оисать три оераии, удовлетворяющие стандартным аксиомам, | сложение двух функий, умножение двух функий и умножение функии на раиональное
число.
Алгебра многогранников
куб с тетраэдральной ямкой
123
склейка двух усеченных тетраэдров
Рис. 9.
1. Сложение в алгебре | это росто обычное сложение функий:
(f + g)(x) = f (x) + g(x):
2. Роль умножения играет свертка о эйлеровой характеристике f ? g.
3. Умножать функию на елое число нужно обычным сособом:
(a ╥ f )(x) = a ╥ f (x):
А вот как надо умножать на раиональное число, объясним чуть озже |
это и есть самое интересное и нетривиальное.
В нашей алгебре есть нейтральный элемент 1 | характеристическая
функия начала координат.
Задача 15. Проверьте, что введенные оераии удовлетворяют аксиомам алгебры:
1. f ? (g + h) = f ? g + f ? h.
2. f ? g = g ? f .
Подсказка: достаточно убедиться в сраведливости аксиом для случая,
когда f и g | характеристические функии выуклых многогранников.
Наконе, важный завершающий шаг остроения алгебры | факторизаия о араллельным ереносам. Условимся считать в нашей алгебре
два многогранника (= их характеристические функии) равными, если
они отличаются на араллельный еренос.
Мы факторизуем кольо многогранных функий о всем соотношениям вида
K ? tK = 0, где K | выуклый многогранник, а t | араллельный еренос.
Заметим, что ри этом автоматически равными между собой становятся многие многогранные функии. Каждую многогранную функию
можно разрезать на куски, затем араллельно еренести каждый кусок
(для разных кусков можно исользовать разные араллельные ереносы!),
и олученная многогранная функия окажется равной исходной.
124
Г. Ю. Панина
0
0
0
1
1
0
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Рис. 10.
Задача 16. Какие из многогранных функий, изображенных на
рис. 10, равны между собой в алгебре многогранников?
Здесь уместно сделать отстуление. Идея разрезания многогранников на куски и складывания из кусков чего-то нового знакома тем, кто знает о знаменитой
третьей роблеме Гильберта.
ретья роблема Гильберта отличается от того, что роисходит в алгебре
многогранников:
во-ервых, куски разрешается ередвигать, ользуясь любыми движениями
лоскости, а не только араллельными ереносами,
во-вторых, в алгебре многогранников учитываются куски всех размерностей
(точки и отрезки не равны нулю), тогда как в третьей роблеме Гильберта ими
ренебрегают.
После факторизаии о араллельным ереносам в алгебре многогранников
стало трудно различать функии: осле разрезания на куски и еремешивания
картинка может измениться неузнаваемо.
Для расознавания равных многогранных функий на лоскости введем следующие инварианты.
Два из них ростые.
Положим
Z
h0 (f ) = f (x) d(x)
и
Z
h2 (f ) = f (x) dx:
Эти величины называются нулевым и вторым инвариантом Хадвигера многогранной функии f .
Во втором интеграле интегрирование обычное, о мере Лебега. Величину
h2 (f ) естественно называть лощадью функии f .
Алгебра многогранников
125
Введем более сложный инвариант, вернее елое семейство таковых. При фиксированном единичном векторе оределим длину ребра с нормалью многогранной функии в два риема:
1. Пусть K | выуклый многогранник. Положим о оределению h1 (K; )
равным длине ребра K , внешняя нормаль которого равна .
2. ПроизвольнуюPмногогранную функию f разложим
на выуклые многоP
гранники f = i ai Ki и оложим h1 (f; ) = i ai h1 (Ki ; ).
Функия h1 называется ервым инвариантом Хадвигера .
Задача 17? . Докажите, что это оределение корректно: значение h1 не зависит от редставления функии f в виде линейной комбинаии многогранников.
еорема 4. Система инвариантов Хадвигера олна, т. е. две многогран2
ные функии f и g , заданные на R , равны (осле факторизаии ) тогда и только тогда, когда
h0 (f ) = h0 (g);
h2 (f ) = h2 (g);
h1 (f; ) = h1 (g; ); для любого .
Задача 18? . Докажите эту теорему.
В ространствах большей размерности ситуаия аналогичная: там тоже
оределена система инвариантов Хадвигера, являющаяся олной. При этом инвариант hk также ─отвечает│ за грани размерности hk многогранной функии,
но роль араметра играет не единичный вектор, а флаг.
Задача 19. Вычислите инварианты Хадвигера многогранных функий,
изображенных на рисунке 10.
9. Пытаемся умножать на дроби
Чтобы множество многогранных функий ревратить в алгебру над
Q, надо задать оераию умножения многогранных функий на раиональные числа.
При этом надо обесечить выолнение аксиом дистрибутивности
q ╥ (f + g) = q ╥ f + q ╥ g
и ассоиативности
(qr) ╥ f = q ╥ (r ╥ f ):
Как уже говорилось, умножить многогранную функию на елое число
легко | нужно росто исользовать оточечное умножение:
(n ╥ f )(x) = nf (x):
С дробями дело обстоит сложнее. Пусть f | многогранная функия.
126
Г. Ю. Панина
Поробуем оределить многогранную функию 1=n ╥ f для натурального числа n (этого достаточно для умения умножать на любые раиональные числа).
Мы должны найти такую многогранную функию g, что в нашей алгебре выолнено равенство n ╥ g = f .
Просто умножить f на 1=n нельзя: у многогранных функий о оределению все значения елые.
Более того, искомая функия g может вообще не существовать: заметим, что
Z
Z
f (x) d(x) = n g(x) d(x);
R
т. е. f (x) d(x) кратно n, что не всегда верно.
Значит, у нас есть шанс научиться
умножать на роизвольные дроби
R
лишь те функии, у которых f (x) d(x) = 0.
Начнем с римеров.
Задача 20. Найти 1=2 ╥ f , где f | характеристическая функия
{ олуоткрытого отрезка;
{ квадрата с выкинутыми двумя смежными сторонами;
{ треугольника с выкинутой вершиной;
{ тетраэдра с выкинутой вершиной.
Задача 21. Найти 1=n ╥ f , где f | характеристическая функия
{ олуоткрытого отрезка;
{ араллелограмма с выкинутыми двумя смежными сторонами;
{ треугольника с выкинутой вершиной;
{ тетраэдра с выкинутой вершиной.
ЧтобыR умножить на 1=n роизвольную многогранную функию f , для
которой f (x) d(x) = 0, надо роделать следующее.
. Представить f в виде линейной комбинаии олуоткрытых отрезков,
треугольников с выкинутой вершиной, и тетраэдров с выкинутой
вершиной.
. Умножить каждое из слагаемых на 1=n.
. Восользоваться дистрибутивностью.
аким образом, на множестве многогранных функий мы очти ввели
структуру алгебры над олем раиональных чисел. Слово ─очти│
отноR
сится к тому факту, что функии с ненулевым значением f (x) d(x)
нельзя умножить на роизвольную дробь.
Алгебра многогранников
127
10. Логарифм и эксонента
На ервый взгляд, это совершенно дикая нереализуемая идея: мы с
большим трудом сравились с умножением на раиональные числа, а
здесь участвует трансендентное число e, и вообще неясно, как возвести
число в стеень ─треугольник│.
На самом деле введение логарифма и эксоненты | хороший ример
того, что часто общее бывает роще частного. Этот рием будет работать не только в алгебре многогранников, но и в любой другой градуированной алгебре с обрывающейся градуировкой. R
Пусть f | многогранная функия такая, что f (x) d(x) = 0. Оределим логарифм f +1, минуя число e. Из курса анализа известно, что ри
фиксированном x стеенной ряд
?
X
n
(?1)n?1 xn
n=1
сходится к ln(x + 1). (Читателю можно не всоминать одробности воросов сходимости рядов, нам важен лишь его вид).
Эксонента тоже редставима в виде ряда:
?
X
xn
exp x =
n=0
n!
Что если оытаться одставить в эти ряды функию f ? Мы уже
умеем еремножать многогранные функии и складывать их, но как быть
с ереходом к ределу?
А здесь нас ждет одарок судьбы (доказательство мы оустим, одарок так одарок):
Предложение 4. Для выуклого многогранника
K
(K ? 1)4 = 0:
Значит, вместо бесконечного ряда у нас останется ростая конечная
сумма.
Оределение 11. Пусть f | многогранная функия такая, что
Z
f (x) d(x) = 0:
Положим о оределению
ln(f + 1) =
def
?
X
n=1
(?1)n?1 f
n
n
;
exp f =
def
?
X
fn
n=0
n!
:
Введенные нами логарифм и эксонента обладают знакомыми со школы свойствами:
128
Г. Ю. Панина
f и g таковы, что
f (x) d(x) = g(x) d(x) = 0:
еорема 5. Пусть многогранные функии
Z
огда
Z
ln((f + 1) ? (g + 1)) = ln(f + 1) + ln(g + 1).
exp(f + g) = exp f ? exp g.
ln(exp f ) = f .
exp(0) = 1.
Задача 22. Докажите эту теорему. Это надо делать в лоб, как в ятом классе на уроках алгебры: рямо одставить стеенные ряды, раскрыть скобки, ривести одобные члены и не забыть ри этом, что большие стеени обнуляются.
1.
2.
3.
4.
11. Градуировка в алгебре многогранников
Мы окажем, что остроенная нами алгебра охожа на алгебру многочленов.
Подобно тому, как многочлен естественным образом редставим в виде суммы
одночленов разных стееней, многогранные функии редставимы в виде суммы
так называемых однородных элементов. При этом однородные многогранные
функии, так же как и однородные многочлены, ─ловятся│ гомотетиями.
Начнем с элементарного замечания. Пусть f (x) | многочлен. Рассмотрим
новый многочлен (2)f (x), олученный гомотетичным сжатием оси x:
(2)f (x) = f (2x)
При этом свободный член нового многочлена остается режним, коэффииент ри x увеличивается в 2 раза, коэффииент ри x2 увеличивается в 4 раза,
и так далее.
Поэтому одночлены среди многочленов легко расознать с омощью растягивания гомотетией оси x: наример, одночлен третьей стеени | это такой
многочлен, который ри действии (2) увеличивается в 8 раз.
Иными словами, сраведлива очевидная теорема:
еорема 6.
лить
1.
В алгебре многочленов
F
от одной еременной можно выде-
(неересекающиеся ) одмножества F0 , F1 , F2 , : : :
Каждый многочлен
, что
такие
f единственным образом редставим в виде f =
fi ? F i .
2. Если fi ? Fi , fj ? Fj , то fi ╥ fj ? Fi+j .
P
i fi ,
3. Действие (2) увеличивает элементы Fi в 2i раз.
(В таких случаях говорят, что на множестве многочленов есть структура градуированной алгебры.)
Множество Fi называются однородными комонентами стеени i алгебры
многочленов.
Алгебра многогранников
129
На множестве многогранных функий есть аналогичное действие гомотетии: оложим (2)f (x) = f (x=2). Замечательный и нетривиальный факт состоит
в том, что для алгебры многогранников также имеет место аналог теоремы об
однородных комонентах.
еорема 7. В алгебре многогранников M можно выделить (неересекающиеся ) одмножества Mi , i = 0; 1; 2; 3 такие, что
1. Каждая многогранная
функия f единственным образом редставима в
P
виде f =
f
;
f
?
M
.
i
i
i
i
2. Если fi ? Mi , fj ? Mj , то fi ╥ fj ? Mi+j .
3. Действие (2) увеличивает многогранную функию fi ? Mi в 2i раза : f ?
Mi равносильно тому, что (2)f = 2i f .
Множество Mi называется однородной комонентой алгебры многогранников стеени i.
Элементы Mi являются аналогами одночленов стеени i.
Доказательство. Поробуем онять, что из себя редставляют однородные элементы алгебры многогранников (аналоги одночленов в алгебре многочленов). Пусть K | выуклый многогранник. Заметим, что
Действительно,
(2) ln K = 2 ╥ ln K:
2 ╥ ln K = ln(K ? K ) = ln((2)K ) = (2) ln K:
Задача 23.
и что
Докажите, что
(2)(ln K ? ln K ) = 4 ╥ (ln K ? ln K )
(2)((ln K )i ) = 2i ╥ ((ln K )i )
Наконе отметим, что (2)1 = 1. (Действительно, точка ри растягивании не
меняется).
Поэтому естественно задать Mi как множество всех линейных комбинаий
функий вида (ln K )i , где K | выуклый многогранник.
Нам надо научиться раскладывать многогранную функию f в сумму однородных членов. Для этого достаточно роделать это для выуклого многогранника K .
Положим p = ln K . огда
K = exp(ln K ) =
4
X
pi
i=0
i! :
Это и есть искомое разложение на однородные комоненты.
130
Г. Ю. Панина
Приложение. Ответы и указания
Задача 1. Сумма Минковского есть отрезок суммарной длины.
Задача 2. Параллелограмм.
Задача 4. Пятиугольник.
Задачи 6 и 3. Сумма останется той же с точностью до араллельного
ереноса.
Задача 11. Веер тетраэдра изображен на рис. 11.
Веер отрезка | разбиение сферы большим кругом (ортогональным
отрезку) на две олусферы.
Веер куба | разбиение сферы тремя большими кругами. В этом можно убедиться, ользуясь алгоритмом, но роще заметить, что куб есть
сумма Минковского трех отрезков, веера которых мы уже знаем.
Задача 14. Виртуальный многогранник существует только для второй оверхности, см. рис. 12.
Задача 16. Первые две.
Задача 20.
{ Полуоткрытый отрезок равен сумме двух олуоткрытых отрезков
оловинной длины.
{ акой олуоткрытый араллелограмм легко разбить на две равные
части разрезом, араллельным одной из сторон.
{ Представьте этот олуоткрытый треугольник как объединение двух
(гомотетично в 2 раза меньших) олуоткрытых треугольников и араллелограмма.
{ Аналогично редыдущему ункту, редставьте тетраэдр в виде объединения двух (гомотетично в 2 раза меньших) тетраэдров и двух ризм,
с треугольным основанием и араллелограммом в основании. Призмы режутся оолам легко.
Задача 21. См. указания к редыдущей задаче.
Рис. 11.
Алгебра многогранников
131
Рис. 12.
Сисок литературы
[1? Пухликов А., Хованский А. Конечно-аддитивные меры виртуальных
многогранников // Алгебра и Анализ, 1992. . 4, ┌2. С. 161{185.
[2? MMullen P. The polytope algebra // Adv. Math., 1989. V. 78, no 1. P. 76{
130.
[3? Panina G. New ounterexamples to A.D. Alexandrov's hypothesis // Аdv.
in Geometry, 2005. V. 5. P. 301{317.
Панина Гаянэ Юрьевна, Санкт-Петербургский институт информатики и
автоматизаии РАН. С. Петербург 199178, 14 линия В.О. 39
факс (812)3284450
д. тел. (812)5504571
e-mail: paninaiias.spb.su
132
О сумме углов многогранника
И. В. Изместьев?
Преоднося сюрриз
Суммой своих углов,
Вещь выадает из
Нашего мира слов.
Иосиф Бродский,
Натюрморт VII
1. Введение
В этой статье мы докажем ряд соотношений, связывающих величины
внутренних углов многогранника. Самое известное из них (к сожалению,
менее известное, чем оно того заслуживает) | формула Грама. Для трехмерного многогранника она гласит:
еорема 1.
X
e
e ?
X
v = 2(F ? 2);
(1)
где e | двугранный угол ри ребре e, v | телесный угол ри вершине v, F | количество граней многогранника, суммирование ведется о
2
v
всем вершинам и ребрам.
Наример, куб имеет 12 ребер с углами о =2, 8 вершин с углами также
о =2 и 6 граней. Подстановка этих величин в формулу (1) дает верное
тождество.
Формула Грама обобщается на многогранники более высокой размерности. Для этого нам надо оределить величину угла ри каждой грани
многогранника. Можно остуить традиионно: если лоский (и вместе
с ним двугранный) угол измеряется длиной дуги, а телесный лощадью
области, высекаемой на единичной сфере, то олный k-мерный угол следует оложить равным лощади единичной k-мерной сферы. Однако иногда удобно углы нормировать, риняв величину олного угла за единиу.
В нашем случае это риводит к элегантному равенству.
Работа выолнена в рамках роекта ─Полиэдральные оверхности│, финансируемого DFG (Германским исследовательским обществом).
?
О сумме углов многогранника
133
еорема 2 (Формула Грама).
n
X
k=0
(?1)k 'k = 0;
(2)
где 'k | сумма (нормированных ) величин углов ри k-мерных гранях
данного n-мерного многогранника.
Дадим более строгое оределение величины угла. Пусть P | n-мерный многогранник, Q | его k-мерная грань. Выберем точку x внутри
Q и рассмотрим шар B малого радиуса с ентром в x. Величина угла
многогранника P ри грани Q олагается равной доле объема шара B ,
находящейся внутри многогранника P :
B ? P)
'Q(P ) = vol(vol(
:
B)
Эквивалентным образом можно рассмотреть малую сферу с ентром в x
и оределить, какая доля ее лощади находится внутри P .
Данное оределение роясняет смысл слагаемых 'n?1 и 'n в формуле (2). Следуя ему, для всех углов ри (n ? 1)-мерных гранях мы олучаем
величину 1=2. Кроме того, мы уславливаемся считать сам многогранник
своей (единственной) n-мерной гранью, откуда о оределению находим
'n = 1. еерь читатель без труда может установить, что формула (1)
является частным случаем формулы (2).
Кроме формулы Грама, мы докажем и другие соотношения между
величинами углов многогранника, формулы Дена { Соммервиля. Они оявляются в размерностях начиная с 4, и мы отложим их формулировку
до более удобного момента.
******
Для олноты изложения дадим оределения многогранника и его граней. Ниже риведены также некоторые соглашения, исользуемые в дальнейшем.
Оределение 1. Выуклым многогранником в Rn называется огра-
ниченное ересечение конечного числа олуространств. Многогранник
называется n-мерным , если он не содержится в одространстве Rm ? Rn
меньшей размерности.
Все многогранники в статье будут редолагаться выуклыми. Как
равило, мы также редолагаем, что размерность многогранника совадает с размерностью объемлющего ространства. Это важно, наример,
ри оределении величины угла ри грани.
134
И. В. Изместьев
Оределение 2. Оорной лоскостью многогранника P ? Rn назы-
вается гиерлоскость (одространство размерности n ? 1), имеющая
неустое ересечение с P и такая, что P лежит о одну сторону от нее.
Гранью многогранника P называется ересечение P с любой его оорной
лоскостью. Иногда к граням относят также сам многогранник P и/или
устое множество.
Каждая грань многогранника сама является многогранником и имеет
оределенную размерность. (Размерность устого множества удобно оложить равной ?1.) Грани размерности 0 | это вершины. Грани размерности n ? 1 в n-мерном многограннике называются его фасетами. Многогранник может быть редставлен как ересечение олуространств,
граничные гиерлоскости которых задаются фасетами многогранника.
акже многогранник является выуклой оболочкой своих вершин. ─Самый маленький│ n-мерный многогранник в Rn | это симлекс, имеющий
n + 1 фасету и n + 1 вершину. Если мы рассмотрим выуклую оболочку конечного числа точек в общем оложении, то все грани олученного
многогранника, за исключением, быть может, его самого, будут симлексами (ример: октаэдр, с ошевеленными вершинами, если мы настаиваем на общем оложении). акой многогранник называется симлииальным. О симлииальных многогранниках ойдет речь в коне этой
статьи.
Мы будем исользовать без доказательства формулу Эйлера для
n-мерного многогранника. Если мы обозначим через fk , k = 0; 1; : : : ; n
количество k-мерных граней данного n-мерного многогранника P , то эта
формула гласит:
n
X
k=0
(?1)k fk = 1:
(3)
Поскольку fn = 1 (многогранник является своей единственной n-мерной
гранью), эту формулу часто заисывают в виде
?1
nX
(?1)k fk = 1 + (?1)n?1 :
k=0
В одном из доказательств (доказательство Шеарда в араграфе 3) мы
рименим формулу Эйлера в более общей ситуаии, когда рассматривается разбиение многогранника на более мелкие многогранники, и fk
обозначает количество k-мерных частей разбиения.
Более близко с восхитительным и до сих ор загадочным миром многогранников читатель может ознакомиться о книге [8?.
О сумме углов многогранника
135
2. Формула Грама для трехмерного многогранника
В этом араграфе мы докажем теорему 1. Для этого нам онадобится
всомогательное утверждение:
Лемма 1. Для сферического треугольника на сфере единичного
радиуса выолняется равенство
где
S () | лощадь
S () = + + ? ;
треугольника, а , и (4)
| величины его углов.
Доказательство. По оределению, сферический треугольник ограничен дугами больших окружностей. Иначе говоря, является ересечением трех олусфер таких, что их граничные окружности не ересекаются в одной точке. Пусть H1 ; H2 ; H3 | эти олусферы. огда имеем
H1 ? H2 ? H3 = ;
H1 ? H2 ? H3 = S2 \ ?:
Здесь S2 | сфера, ? | треугольник, ентрально-симметричный треугольнику относительно ентра сферы (рис. 1). Рассматривая части, на
которые делят сферу граниы областей H1 ; H2 и H3 , нетрудно доказать
равенство
S (H1 ? H2 ? H3) = S (H1) + S (H2) + S (H3) ? S (H1 ? H2) ?
?S (H2 ? H3 ) ? S (H3 ? H1 ) + S (H1 ? H2 ? H3 )
(формула включения-исключения). Однако S (Hi ) = 2 для i = 1; 2; 3, а
S (Hi ? Hj ) равняется удвоенному углу треугольника ри вершине,
Рис. 1.
Сферический треугольник и его антиод
136
И. В. Изместьев
лежащей на грание олусфер Hi и Hj . Подставляя эти и олученные
выше равенства, олучаем
4 ? S (? ) = 3 ╥ 2 ? 2 ? 2 ? 2 + S ():
Поскольку S (? ) = S (), отсюда вытекает равенство (4).
Задача 1. Докажите, что лощадь выуклого сферического n-угольника M на единичной сфере вычисляется о формуле
S (M ) =
n
X
i ? (n ? 2);
i=1
где i , i = 1; : : : ; n | величины углов многоугольника. (Подсказка: Разрежьте многоугольник на треугольники.)
Доказательство теоремы 1. Для каждой вершины v многогранника возьмем сферу малого радиуса с ентром в точке v. Пересечение этой
сферы с многогранником является сферическим многоугольником. Увеличим сферу так, чтобы ее радиус стал равным единие и обозначим
олученный сферический многоугольник через Mv . По задаче 1 имеем
S (Mv ) =
nv
X
i=1
i(v) ? (nv ? 2);
где nv | количество сторон многоугольника Mv , а i (v) | величины
его углов. При этом i (v) равны, как нетрудно видеть, величинам двугранных углов ри ребрах, исходящих из вершины v, а S (Mv ) равняется
о оределению величине v телесного угла ри v. Просуммировав все
олученные равенства, олучаем:
X
XX
X
v =
e ? (nv ? 2):
v
v e? v
v
Поскольку каждое ребро e содержит две вершины, двугранный угол e
оявляется
в равой части равенства ровно два раза. очно так же имеP
ем v nv = 2E , где E | число ребер многогранника. аким образом,
равенство ереисывается в виде
X
X
v = 2 e ? 2(E ? V );
v
e
где V обозначает число вершин многогранника. Принимая во внимание
формулу Эйлера V ? E + F = 2, мы риходим к равенству (1).
Доказательство леммы 1 может быть обобщено на более высокие размерности, как это редлагается сделать читателю в следующей задаче.
Задача 2. Пусть Sn | единичная сфера размерности n (множество
точек на расстоянии 1 от данной точки в (n + 1)-мерном ространстве).
О сумме углов многогранника
137
Сферическим симлексом называется ересечение (n + 1)-й олусферы
такое, что ни одна точка сферы не является их общей граничной точкой.
Пусть | симлекс на Sn . Докажите равенство
n
X
k=0
vol() :
(?1)k 'k = (1 + (?1)n ) vol(
Sn )
(5)
Здесь vol обозначает объем1) , 'k | сумма нормированных величин углов
ри k-мерных гранях симлекса . Углы ри гранях сферического многогранника измеряются аналогично углам евклидова многогранника, смотри введение.
Формула (5) называется формулой Грама для сферического симлекса.
Заметьте, что в нечетных размерностях равая часть в ней равна 0. аким образом, данная формула не озволяет выразить объем трехмерного
сферического симлекса через величины его углов.
Поытка обобщить данное выше доказательство формулы Грама на
высшие размерности наталкивается на серьезные трудности (осознайте,
какие!). Поэтому мы должны ойти другим утем.
3. Два доказательства формулы Грама в высших
размерностях
Доказательство Соммервиля
Первое доказательство формулы (2) для выуклого n-мерного многогранника P ри роизвольном n было редложено Соммервилем в [6?. Оно
состоит из двух этаов.
Лемма 2. Формула Грама верна для симлекса.
Доказательство. Заметим, что формула Грама для сферического
симлекса (5) верна на сфере роизвольного радиуса: ри гомотетии величины углов симлекса не меняются, отношение объема симлекса к объему сферы также остается неизменным. Идея доказательства состоит в
том, чтобы рассмотреть данный евклидов симлекс как сферический на
сфере бесконечного радиуса. Объем такой сферы бесконечен, оэтому
равая часть равенства (5) обращается в 0.
Более строго: оместим n-мерное ространство Rn вместе с лежащим
в нем евклидовым симлексом R в (n + 1)-мерное ространство Rn+1 .
Рассмотрим сферу радиуса R в Rn+1 , касающуюся Rn вблизи симлекса, скажем, в одной из его точек. Сроеируем симлекс на сферу ри
Для одмножества сферы Sn мы говорим о его объеме, а не о лощади, осколькуn
все рассматриваемые
здесь множества, и режде всего симлекс , содержатся в S ;
ространство Rn играет всомогательную роль.
1)
+1
138
И. В. Изместьев
омощи роекии из ее ентра. Гиерлоскости в Rn ерейдут ри роекии в большие гиерсферы (точнее, в их оловины), оэтому образом R
будет сферический симлекс, который мы обозначим S. еерь будем
увеличивать радиус сферы, следя ри этом, чтобы она о-режнему касалась ространства Rn в одной из точек симлекса. Ясно, что ри этом
величины углов симлекса S стремятся к величинам соответствующих
углов симлекса R , объем S стремится к объему R , а объем сферы
стремится к бесконечности. Поэтому в ределе формула (5) ереходит в
формулу (2).
Второй эта доказательства состоит в разбиении многогранника P
на симлексы и выводе формулы Грама для елого P из формул для
его частей. о сеиальное одразделение, которое мы будем рассматривать, олучается утем оследовательного разбиения граней многогранника.
Пусть Q | грань многогранника P . Выберем внутри Q роизвольную точку Q и остроим ирамиды с вершиной Q над всеми гранями,
содержащимися в Q. Эта оераия называется звездным разбиением многогранника P в грани Q. Гранями олучающегося одразделения называются все грани многогранника P , отличные от Q (и, таким образом, не
затронутые разбиением), а также все олучившиеся ирамиды и грани
этих ирамид.
Будем осуществлять звездные разбиения в гранях многогранника P
в орядке возрастания размерности: сначала одразделим о очереди все
ребра, затем все двумерные грани, и т. д. В коне роизведем разбиение
в самом P , выбрав точку P в его внутренности. Рисунок 2 иллюстрирует
олучающиеся разбиения в трехмерном случае (здесь сначала разбиты
одновременно все ребра, затем все грани, оследний шаг с точкой P оущен). После каждого шага мы олучаем новое, более мелкое одразделение P . Звездное разбиение в грани текущего одразделения оределяется
Бариентрическое одразделение как результат оследовательных звездных разбиений
Рис. 2.
О сумме углов многогранника
139
так же, как и выше в случае многогранника. Нормированная величина
угла ри грани одразделения оределяется тоже аналогично величине
угла ри грани многогранника.
Покажем, что альтернированная сумма величин углов ри гранях не
меняется ри звездном разбиении. Пусть 'k | сумма величин углов ри
k-мерных гранях одразделения, олученного в результате нескольких
ервых шагов, '?k | аналогичная сумма осле звездного разбиения в
очередной грани Q. Обозначим через fk (Q) количество k-мерных граней текущего одразделения, содержащихся в грани Q, и через | угол
многогранника P ри грани Q. огда имеют место равенства:
ри l > k;
'?k = 'k + (fk?1(Q) ? 1);
'?l = 'l
'?l = 'l + fl?1(Q) ри k > l > 0; '?0 = '0 + :
Суммируя с чередующимися знаками, олучаем равенство
n
X
k=0
(?1)k '?k =
n
X
(?1)k 'k +
k=0
+ (1 ? f0 (Q) + ╥ ╥ ╥ + (?1)k?1 fk?2(Q) + (?1)k (fk?1(Q) ? 1)):
ак как f0 (Q) = 1, из формулы Эйлера для многогранника Q следует,
что коэффииент ри равен 0. аким образом,
n
X
k=0
(?1)k '?k
=
n
X
(?1)k 'k :
k=0
Pn
k
k=0 (?1) 'k
еерь одсчитаем сумму
осле оследнего разбиения.
Нетрудно доказать индукией о размерности n многогранника P , что
n-мерные грани олучившегося одразделения | симлексы с наборами
вершин (Q0 ; Q1 ; : : : ; Qn ), где Qk | одна из k-мерных граней многогранника P и Qk ? Qk+1 (такое одразделение называется бариентрическим,
если в качестве точки Q выбирается ентр масс грани Q). Каждая грань
одразделения является гранью одного или нескольких из таких симлексов. Кроме того, ясно, что угол ри каждой грани равен сумме углов ри
ней всех симлексов, которым она ринадлежит. Поэтому имеет место
равенство
n
n
X
XX
(?1)k 'k =
(?1)k '
k ;
k=0
k=0
где суммирование ведется о всем n-мерным симлексам одразделения, а
'k обозначает сумму углов ри k-мерных гранях симлекса . Поскольку каждая из внутренних сумм равна 0 о ранее доказанному, имеем
P
n (?1)k ' = 0 для олучившегося одразделения, а значит и для мноk
k=0
гогранника P . Формула Грама доказана.
140
И. В. Изместьев
******
Через 40 лет осле убликаии доказательство Соммервиля было несраведливо сочтено ошибочным. Вероятно, ричиной ослужило то, что
Соммервиль уотреблял термин ─многогранник│ для одразделений, возникающих в роессе доказательства, и это не удовлетворяло овысившимся стандартам строгости. В результате оявились новые доказательства формулы Грама. Одно из них, оубликованное Шеардом в [7? отличается особой элегантностью, и мы его здесь риведем.2)
Доказательство Шеарда
Вернемся к оределению величины угла 'Q (P ) многогранника P ри
грани Q. Грани Q можно сооставить конус LQ , ограниченный гиерлоскостями фасет, содержащих Q. Конус LP | это все ространство
Rn , конус фасеты | олуространство. Если Q | роизвольная точка
внутри грани Q, то мы имеем
B ? LQ )
;
'Q(P ) = vol(vol(
B)
где B | шар роизвольного радиуса с ентром в Q . Выбрав о точке
Q в каждой грани Q, еренесем каждый конус LQ так, чтобы точка Q
оала в начало координат. огда формула Грама равносильна равенству
X
(?1)dim Q vol(B ? (LQ ? Q )) = 0;
(6)
Q
где B на этот раз обозначает шар с ентром в начале координат. Для доказательства оследнего равенства достаточно оказать, что для (очти)
любого луча, исходящего из начала координат, сумма ╠1, соответствующих тем конусам, внутри которых содержится этот луч, равна 0. Иными
словами, окрытие шара B конусами LQ ? Q , взятыми с соответствующими знаками, имеет в очти любой точке кратность 0.
Рассмотрим луч x, не араллельный ни одной из фасет многогранника P . очки шара B , не лежащие на таких лучах, образуют множество
нулевого объема, оэтому достаточно рассмотреть лучи, удовлетворяющие этому условию. Сроеируем многогранник P в наравлении x на
лоскость, ортогональную x. Обозначим роекию через P x . Нетрудно
видеть, что луч x содержится в конусе LQ ? Q в том и только в том
случае, если Q = P или если грань Q ─освещена│ лучами, араллельными x (грани, роекии которых лежат на грание P x, освещенными
не считаются). Рисунок 3 иллюстрирует ситуаию в трехмерном случае.
Доказательство Шеарда содержится также в ереводе на английский язык книги
В. В. Прасолова и В. М. ихомирова ─Геометрия│ [5?. Готовится ее русское ереиздание.
2)
О сумме углов многогранника
141
x
Рис. 3. Свет и тень. Ребра, о которым свет ─скользит│, считаются затененными
Обозначим через fkx количество освещенных
k-мерных граней, оложив
fnx = 1. ребуется доказать равенство Pnk=0(?1)k fkx = 0.
Для этого рассмотрим затененные грани. В размерности k их количество равно fk ? fkx . В то же время их роекии образуют разбиение
(n ? 1)-мерного многогранника P x . Поэтому о формуле Эйлера имеем
n
X
(?1)k (fk ? fkx) = 1:
k=0
P
Вычитая это равенство из формулы Эйлера nk=0 (?1)k fk = 1 для многогранника P , риходим к требуемому утверждению. аким образом,
равенство (6) доказано, а вместе с ним и формула Грама.
4. Соотношения Дена { Соммервиля
Вернемся к сферическому симлексу размерности n:
= ?ni=0 Hi ;
(7)
где H0 ; H1 ; : : : ; Hn | олусферы n-мерной сферы Sn. Формула Грама (5)
для сферического симлекса является следствием равенства объемов симлекса и симметричного ему симлекса ? (см. доказательство леммы 1). Однако граниы олусфер Hi делят сферу на множество других
областей. При этом нетрудно заметить, что суммарный объем частей,
k-кратно окрываемых олусферами Hi, равен суммарному объему
142
И. В. Изместьев
частей, окрытых n + 1 ? k раз. Эти равенства риводят к елому набору
новых соотношений между углами симлекса, называемых (метрическими) соотношениями Дена { Соммервиля. Кроме того, соотношения Дена {
Соммервиля расространяются на величины углов симлииального многогранника. Но наибольшую известность они олучили как соотношения
между количеством граней данной размерности многогранника такого
вида. Обо всем этом и ойдет речь в данном араграфе.
Обозначим через Si граничную сферу олусферы Hi . Грани симлекса
(7) доускают следующее оисание. Пусть I | одмножество множества индексов {0; 1; : : : ; n}, не совадающее со всем множеством. Положим
FI = (?i?I Si) ? :
огда FI | грань симлекса , имеющая размерность n ? |I |. Грани FI
мы сооставим ее лунку
HI = ?i?I Hi
(сравните с оределением конуса грани евклидова многогранника в редыдущем араграфе). Нетрудно доказать, что отношение объема лунки
к объему сферы есть величина угла ри соответствующей грани. аким
образом, имеем
X
'l = vol(1Sn)
vol(HI ):
|I |=n?l
Рассмотрим теерь области, на которые разбивают сферу Sn ее одсферы
Si. Каждому множеству J ? {0; 1; : : : ; n} отвечает область
GJ = (?j?J Hj ) ? (?j?=J Hj );
где Hj обозначает олусферу, ротивооложную Hj . Ясно, что симметрия
относительно ентра сферы ереводит область GJ в область G{0;1;:::;n}\J .
Поэтому для величин
1 X vol(G )
J
k = vol(Sn )
|J |=k
(доля объема сферы, окрытого олусферами Hi ровно k раз) имеют место равенства
k = n+1?k :
Если мы сможем выразить величины { k } через набор величин {'l }, то
олучатся соотношения между величинами углов симлекса .
Включение GJ ? Hi имеет место тогда и только тогда, когда i ? J .
Поэтому
GJ ? HI ? J ? I:
Следовательно, если |J | = k, то лунки HI , отвечающие (n ? l)-мерным
О сумме углов многогранника
143
граням, окрывают данную область GJ с кратностью kl . Это наблюдение озволяет выразить суммарный объем (n ? l)-лунок через объемы
областей GJ следующим образом:
nX
+1 k
'n?l =
(8)
k:
l
k=l
(Наример, для l = n имеем '0 = n + (n + 1) n+1 .)
Заметим, что n+1 = vol()= vol(Sn ). Для удобства введем доолнительную величину
vol() :
'?1 = vol(
Sn )
огда равенство (8) выолняется ри всех l от 0 до n + 1 и мы олучаем
систему из (n + 2) уравнений относительно неизвестных 0 ; 1 ; : : : ; n+1 .
Ее можно решить утем оследовательного исключения неизвестных, начиная с n+1 . Однако есть рием, озволяющий решить систему быстрее
и заисать соотношения между углами в более заоминающейся форме.
Умножим каждое из равенств (8) на tl и росуммируем о l от 0 до
n + 1. В результате олучим равенство
nX
+1
nX
+1
k
'n?l tl =
k (t + 1) :
l=0
k=0
Производя замену t ? t ? 1 и сравнивая коэффииенты ри соответствующих стеенях t, риходим к равенствам
nX
+1
l
?k l
(?1)
(9)
k=
k 'n?l ри k = 0; 1; : : : ; n + 1:
l=k
Получающиеся отсюда ри одстановке в равенства k = n+1?k соотношения между углами сферического симлекса могут быть еренесены
на евклидов случай. Достаточно точно так же, как мы это делали ри
доказательстве леммы 2, риблизить евклидов симлекс сферическим на
сфере большого радиуса. В результате величина '?1 , равная отношению
объема симлекса к объему сферы, обнуляется.
аким образом, нами доказана
еорема 3 (Соотношения Дена { Соммервиля для симлекса). Пусть 'k , k = 0; : : : ; n, | сумма величин углов ри k-мерных гранях
n-мерного симлекса (сферического или евклидова ). Введем также
обозначение
( vol()
n в сферическом случае,
'?1 = vol(S )
0
в евклидовом случае.
144
И. В. Изместьев
Рассмотрим многочлен
'(t) =
P +1
k
и оложим '(t ? 1) = nk=0
kt
tn+1
Или, в более явном виде,
k
=
n+1?k
k=0
'n?k tk
= (t). огда имеет место равенство
(t?1 ) = (t):
(10)
ри
Наконе, в терминах величин 'k :
n+1
X
nX
+1
k = 0; 1; : : : ; ? n2 ? :
k
l ' =X
k ?l n + 1 ? l ' ;
(
?
1)
l ?1
k n?l l=0
k?l
l=k
также ри k = 0; 1; : : : ; ?n=2?.
(?1)l?k
(11)
(12)
Проанализируем, сколько новой информаии содержится в соотношениях Дена { Соммервиля. Можно оказать, что ?(n + 2)=2? равенств (12)
линейно независимы.3) Однако соотношение для k = 0 равносильно равенству 0 = n+1 и тем самым формуле Грама. Кроме того, из формулы
(8) ри l = 0; 1 и соотношений (11) следует:
nX
+1
nX
+1
n+1
'n?1 = k k = n +2 1
k = 2 'n ;
k=1
k=0
что волне естественно, оскольку о оределению 'n = 1 и 'n?1 =
= (n + 1)=2 (у симлекса n + 1 фасета, и угол ри каждой равен 1=2).
аким образом, осле эквивалентных реобразований из системы (12)
можно исключить одно тривиальное равенство, а одно из равенств (формула Грама) было нам уже известно. Итого мы имеем ?n=2? ? 1 новых
нетривиальных соотношений. В ─осязаемых│ случаях n = 2 и n = 3 мы,
таким образом, не олучаем ничего нового; в размерностях 4 и 5 имеется о одному новому линейному соотношению. Вместе с формулой Грама
олучаются следующие системы равенств:
'0 ? '1 + '2 ? 32 = 2'?1 ; ри n = 4;
2'1 ? 3'2 + 5 = 0
'0 ? '1 + '2 ? '3 + 2 = 0;
'2 ? 2'3 + 5 = 0 ри n = 5:
(
Для того, чтобы в этом убедиться, удобно ерейти от еременных 'l к еременным k .
3)
О сумме углов многогранника
145
еорему (3) можно обобщить на случай симлииального многогранника. Наомним, что многогранник размерности n называется симлииальным , если все его грани, за исключением быть может его самого,
являются симлексами.
еорема 4 (Соотношения Дена { Соммервиля для симлииального многогранника). Пусть P | n-мерный симлииальный
многогранник (сферический или евклидов ). Обозначим через fk , k = 0; 1,
: : : ; n, количество его k-мерных граней, через 'k сумму нормированных
величин углов ри k-мерных гранях. Кроме того, оложим f?1 = 1 и
( vol(P )
в сферическом случае,
n
'?1 = vol(S )
0 в евклидовом случае.
Рассмотрим многочлены
'(t) =
nX
+1
f (t) =
k=0
n
X
'(t ? 1) =
nX
+1
и оложим
f (t ? 1) =
огда имеет место равенство
k=0
k=0
n
X
k=0
'n?k tk ;
fn?k?1tk
kt
k
= (t);
hk tk = h(t):
tn+1( (t?1 ) + h(t?1 ) ? 1) = (t) + h(t) ? 1:
В более явном виде,
(13)
= hn+1?k ? hk ри k = 1; : : : ; ? n2 ? ;
(14)
0 ? n+1 = hn+1 ? h0 + 1:
Заметим, что обе части оследнего равенства в (14) равны 0 о формулам
Эйлера и Грама.
Доказательство. Выберем внутри многогранника точку P и разобьем P на n-мерные симлексы | ирамиды с вершиной P и фасетами многогранника в качестве оснований. Подсчитаем суммы величин
углов всех симлексов ри гранях данной размерности. Углы ри вершинах многогранника составлены из углов ри вершинах симлексов, ри
k ? n+1?k
146
И. В. Изместьев
этом остаются еще углы симлексов ри их общей вершине
они составляют олный угол, оэтому имеем
P . Вместе
X
'0 () = '0 + 1:
Вообще, для любого k от 0 до n ? 1 углы ри k-мерных гранях многогранника составлены из углов ри k-мерных гранях симлексов разбиения.
Каждая из не учтенных ри этом k-мерных граней симлексов натянута
на вершину P и некоторую (k ? 1)-мерную грань многогранника. Соответствующие углы груируются в fk?1 олных углов. аким образом,
имеют место равенства
X
'k () = 'k + fk?1 ри k = 0; : : : ; n ? 1:
Кроме того,
X
'n () = fn?1 ;
X
'?1 () = '?1 :
Обозначая '-многочлен для симлекса через ' (t), риходим к равенству
X
'(t) = '(t) + f (t) ? 1:
еорема 4 олучается теерь рименением теоремы 3 к каждому из симлексов .
Задача 3. Вычислите многочлен h(t) для n-мерного симлекса.
Оказывается, коэффииенты многочлена h также обладают свойством
симметрии, одобным равенствам k = n+1?k для многочлена . Эти
соотношения более широко известны, чем соотношения между углами
симлииального многогранника, и именно их имеют в виду, говоря о
соотношениях Дена { Соммервиля.
еорема 5 (Комбинаторные соотношения Дена { Соммервиля). Пусть P | n-мерный симлииальный многогранник. Обозначим
через fk , k = 0; 1; : : : ; n, количество его k-мерных граней и оложим
f?1 = 1. Рассмотрим многочлен
f (t) =
n
X
k=0
fn?k?1tk
О сумме углов многогранника
147
и оложим
f (t ? 1) =
огда имеет место равенство
В более явном виде,
n
X
k=0
hk tk = h(t):
tnh(t?1 ) = h(t):
(15)
hk = hn?k :
Доказательство. Восользуемся теоремой 4. Поскольку нас интересуют только количества граней многогранника, мы можем среди многогранников данного комбинаторного тиа выбрать такой, величины
углов которого легко вычислить или оенить. В случае удачного выбора из соотношений теоремы 4 будут следовать нужные нам соотношения.
Пусть P | данный евклидов многогранник в Rn. Рассмотрим n-мерную сферу, касающуюся ространства Rn во внутренней точке многогранника P , и сроеируем P на сферу из ее ентра. Если радиус сферы
r мал, то олучающийся ри роекии многогранник PS занимает очти всю олусферу, обращенную к ространству Rn. Кроме того, можно
оказать, что величины углов многогранника P ри всех гранях размерностей от 0 до n ? 1 стремятся к 1=2 ри стремлении радиуса сферы к 0.
аким образом,
lim 'k = 12 fk ри k = 0; : : : ; n ? 1:
r ?0
Заметим также, что limr?0 '?1 = 1=2 и 'n = 1 независимо от величины
радиуса. Отсюда олучаем
lim ('(t) + f (t) ? 1) = 2t f (t) + 1 + f (t) ? 1 = 2t + 1 f (t);
r ?0
где сходимость онимается как сходимость оследовательностей коэффииентов многочленов. Следовательно,
lim ( (t) + h(t) ? 1) = t +2 1 h(t):
r ?0
огда из равенства (13) следует
?1
tn+1 t + 1 h(t?1 ) = t + 1 h(t);
2
2
откуда нарямую следует равенство (15).
Комбинаторные соотношения Дена { Соммервиля были вервые доказаны Соммервилем в [6?, но независимо от метрических соотношений
теоремы 4. Необходимо уомянуть, что исследования Соммервиля были
148
И. В. Изместьев
вдохновлены работой Дена [2?. Ден доказал теорему 3 для n = 4 и n = 5,
указав также на возможность обобщения на случай роизвольного n. Метрические соотношения Дена { Соммервиля доказаны также в статье [4?
для ─квазисимлииальных│ многогранников | n-мерных многогранников, у которых все грани размерности меньшей либо равной n?2 являются
симлексами.
5. Другие соотношения между углами
Кроме внутреннего угла ри грани Q многогранника P , можно рассмотреть также и внешний угол. Для этого оределим нормальный конус
NQ(P ) грани Q относительно P следующим образом:
NQ(P ) =
nX
o
aini | ai > 0 ;
где ni | внешние нормали к фасетам, содержащим грань Q. Эквивалентное оределение: возьмем точку x во внутренности грани Q и рассмотрим все точки ространства Rn, для которых x | ближайшая точка
многогранника P . Эти точки составляют множество x+NQ (P ). Нетрудно
видеть, что размерность конуса NQ (P ) равна dim P ? dim Q. В частности, нормальные конусы вершин имеют олную размерность. Из второго оределения внешнего угла нетрудно увидеть, что нормальные конусы
вершин окрывают все ространство, ересекаясь лишь о конусам меньшей размерности. Поэтому, если мы оределим величину внешнего угла
ри грани Q стандартным образом:
то олучим равенство
B ? NQ )
Q(P ) = vol(vol(
;
B)
X
v
v (P ) = 1;
(16)
где суммирование ведется о всем вершинам многогранника P . В случае
трехмерного многогранника формула (16) является дискретным аналогом формулы Гаусса { Бонне для сферы.
Наконе, уомянем соотношения, вовлекающие внутренние и внешние
углы одновременно. На этот раз усть P | олиэдральный конус (ересечение конечного числа олуространств, роходящих через начало
координат). Грани конуса P , а также величины внутренних и внешних
углов ри гранях оределяются очевидным образом. Питер Макмаллен
доказал в [3? равенства
О сумме углов многогранника
149
X
'0(Q)Q (P ) = 1;
Q
X
(?1)dim Q '
Q
X
Q
0 (Q)Q (P ) = 0;
(?1)dim Q 0 (Q)'Q (P ) = 0;
где суммирование ведется каждый раз о всем граням конуса P , а начало координат рассматривается как грань каждого из конусов. Отметим,
что на самом деле олиэдральный конус | это то же самое, что сферический многогранник (рассмотрим его ересечение со сферой S с ентром
в начале координат). При этом величинам внутренних углов '0 (Q) отвечают объемы граней S ? P , а внешние углы остаются внешними углами.
Если сложить ервое и второе равенства Макмаллена, то олучится соотношение, вовлекающее только грани четной размерности сферического
многогранника. Это соотношение является дискретным аналогом формулы Гаусса { Бонне для высших размерностей.
Доказательства формулы Гаусса { Бонне и формулы Грама риведены
в главе 7 книги [1?. ам рассматривается также случай многогранников
в ространстве Лобачевского.
Автор ризнателен Э. Б. Винбергу, М. Н. Вялому и В. В. Прасолову за
енные замечания.
Сисок литературы
[1? Алексеевский Д. В., Винберг Э. Б., Солодовников А. С. Геометрия
ространств остоянной кривизны . Итоги науки и техн. Совр.
роблемы матем. Фунд. нар., т. 29. М.: ВИНИИ, 1988.
[2? Dehn M. Die Eulershe Formel im Zusammenhang mit dem Inhalt in der
nihteuklidishen Geometrie // Math. Ann., 1906. B. 61. S. 561{586.
[3? MMullen P. Non-linear angle-sum relations for polyhedral ones and
polytopes // Math. Pro. Cambridge Philos. So., 1975. Vol. 78, no. 2.
P. 247{261.
[4? Perles M. A., Shephard G. C. Angle sums of onvex polytopes // Math.
Sand., 1967. Vol. 21. P. 199{218.
[5? Prasolov V. V., Tikhomirov V. M. Geometry . Translations of Mathematial Monographs, 200. Amerian Mathematial Soiety, Providene, RI,
2001.
150
И. В. Изместьев
[6? Sommerville D. M. Y. The relations onneting the angle-sums and volume of a polytope in spae of n dimensions // Proeedings Royal So.
London, Ser. A, 1927. Vol. 115. P. 103{119.
[7? Shephard G. C. An elementary proof of Gram's theorem for onvex polytopes // Can. J. Math., 1967. Vol. 19. P. 1214{1217.
[8? Ziegler G. M. Letures on polytopes . Graduate Texts in Mathematis. 152.
Berlin: Springer-Verlag, 1995.
Изместьев Иван В.,
Institut fur Mathematik MA 8-3,
Tehnishe Universitat Berlin,
Str. des 17. Juni 136
D-10623 Berlin
Germany
e-mail: izmestiemath.tu-berlin.de
151
Обобщенная теорема Ван дер Вардена
В. О. Бугаенко
Введение
В двадатых годах рошлого века внимание математиков ривлекла
задача с элементарной формулировкой, решение которой длительное время найти не удавалось. Вот эта задача.
Пусть множество елых чисел раскрашено в конечное число
ветов. огда найдется арифметическая рогрессия сколь
угодно большой конечной длины, члены которой окрашены в
один вет.
После уорных усилий задачу удалось решить молодому голландскому
математику Б. Л. Ван дер Вардену. Решение оказалось элементарным, но
достаточно сложным. История этого доказательства риведена в книге
А. Я. Хинчина [3?, а в изложении самого Ван дер Вардена | в доолнении
к книге Р. Грэхема [1?. В обеих этих книгах можно также найти доказательство теоремы.
Как часто бывает в математике, чтобы уростить решение задачи,
нужно сформулировать ее для более общего случая. Первым шагом к доказательству самого Ван дер Вардена (и, о видимому, ко всем известным доказательствам) была догадка о том, что доказывать нужно более
сильное утверждение, а именно: редолагать, что раскрашивается не вся
числовая рямая, а лишь некоторый ее конечный кусок, размер которого
зависит от количества ветов раскраски и длины рогрессии.
Мы обобщим задачу сразу в нескольких наравлениях, главным из которых будет выход из числовой рямой на лоскость. Вместо раскраски
множества елых чисел рассмотрим раскраску елочисленной решетки на
лоскости в конечное число ветов. Выбрав в этой решетке конечную фигуру M (конечное множество точек), мы будем доказывать существование
одобной ей одноветной фигуры. Наше доказательство будет в основных
идеях овторять доказательство Ван дер Вардена, но риобретет геометрическую наглядность, утерянную в вырожденном одномерном случае.
Сформулируем другие обобщения, которые будут сделаны. Во-ервых, ясно, что ерейдя от размерности один к размерности два, можно
152
В. О. Бугаенко
двинуться и дальше к случаю решетки в ространстве любой размерности. Во-вторых, условие одобия можно заменить на более сильное | гомотетичность с елым оложительным коэффииентом. (В дальнейшем,
говоря о гомотетии, мы всегда будем иметь в виду гомотетию с елым оложительным коэффииентом.) Достаточно изящное доказательство такого обобщения теоремы было риведено П. Андерсоном [4?, который,
ссылаясь на Р. Радо, риисывает исходное доказательство Г. Грунвальду. Затем доказательство Андерсона было ересказано на русском языке
В. В. Прасоловым [2?.
Мы ойдем несколько дальше и будем редолагать, что ─объектом
раскраски│ может служить не только решетка, но и всё ространство
(ри этом рассматриваемая фигура M может не вкладываться ни в какую
решетку в этом ространстве). Вообще говоря, такое обобщение можно
вывести из теоремы для решетки. Предлагаем читателю сделать это самостоятельно (см. уражнение 4). Мы же, модернизировав доказательство Андерсона, добьемся того, чтобы оно сразу годилось для случая не
только решетки, но и всего ространства.
Аналогично уже уомянутому усилению исходной (одномерной) теоремы Ван дер Вардена, будем редолагать в условии, что красится не
всё ространство, а лишь конечная фигура в нём (зависящая от данной в
условии фигуры и количества ветов раскраски).
Обозначим через L объект раскраски | либо ространство любой размерности, либо елочисленную решетку в ространстве. Будем говорить,
c ? L является монохроматической накрывающей ранга k
что фигура M
фигуры M ? L, если для любой раскраски ространства (или решетc, гомотетичная
ки) L в k ветов существует одноветная фигура F ? M
M . Заметим, что образы монохроматической накрывающей ри сдвиге
и гомотетии также являются монохроматическими накрывающими той
же фигуры того же ранга. еерь мы можем сформулировать основную
теорему.
еорема. Для любой конечной фигуры M ? L и любого натурального числа k существует ее конечная монохроматическая накрывающая
ранга k.
Частные случаи
В этом араграфе мы докажем несколько частных случаев основной
теоремы. Начав с ростейшего случая теоремы Ван дер Вардена для двух
ветов и рогрессии из трех членов, мы обобщим его в трех наравлениях: выход на лоскость, увеличение количества ветов и увеличение
количества точек. В результате мы олучим доказательство того, что
Обобщенная теорема Ван дер Вардена
A11 A12 A13
A21 A22 A23
153
A33
Рис. 1.
в раскрашенной в два вета елочисленной решетке на лоскости найдется одноветный квадрат. ем самым, с одной стороны, будет решена
неростая задача, редставляющая самостоятельный интерес, а с другой стороны, будут редставлены все основные идеи, необходимые для
доказательства теоремы в общем случае, которое будет риведено в следующем араграфе. Иллюстраиями к нему могут служить нижериведенные римеры. Желающие сразу ерейти к общему случаю, могут этот
араграф роустить.
1. В раскрашенном в два вета множестве елых чисел найдутся
три одноветных числа, образующие арифметическую рогрессию.
Это ростая задача, доускающая много различных решений. Мы
риведем решение, которое станет основой для дальнейшего обобщения.
Рассмотрим на числовой рямой (тем самым, вместо чисел будем говорить о точках) девять троек точек вида (x; x + 1; x + 2) (наример, для
1 6 x 6 9). Существует 23 = 8 сособов раскраски такой тройки точек, оэтому, согласно риниу Дирихле, какие-то две из рассматриваемых троек раскрашены одинаково. С другой стороны, в каждой тройке
найдутся две одноветные точки. аким образом, мы олучили четыре
точки A11 , A12 , A21 и A22 , раскрашенные одинаково (для оределенности
????? ?????
скажем, в белый вет), ричем A11 A12 = A21 A22 (рис. 1). Отметим также
точки A13 и A23 так, чтобы тройки A11 ; A12 ; A13 и A21 ; A22 ; A23 образовывали арифметические рогрессии. Если какая-то из этих двух точек
белая, то искомая тройка найдена. Если же они обе черные, то рассмотрим точку A33 , образующую арифметическую рогрессию с точками
A13 и A23 . Если точка A33 черная, то одноветной будет тройка точек
(A13 ; A23 ; A33 ), а если белая, то тройка (A11 ; A22 ; A33 ).
Координаты всех точек риведённой выше конструкии лежат в интервале между 1 и 21, оэтому монохроматической накрывающей ранга 2
для трех оследовательных елых точек на рямой является множество
из 21 оследовательной елой точки.
2. В раскрашенной в два вета елочисленной решетке на лоскости
найдется одноветный равнобедренный рямоугольный треугольник.
Рассмотрим рямую, араллельную оси решетки, и на ней найдем четыре одноветные точки A11 , A12 , A21 и A22 , расоложенные так же,
как и в редыдущем римере. очки A13 , A23 и A33 выберем так, чтобы
треугольники A11 A12 A13 , A21 A22 A23 и A13 A23 A33 были рямоугольными
154
В. О. Бугаенко
A33
A13
A23
A11 A12
A21 A22
Рис. 2.
равнобедренными (рис. 2). Дальнейшее доказательство овторяет рассуждения из . 1. Все остроенные точки лежат внутри квадрата 11 в 11,
оэтому монохроматической накрывающей ранга 2 для равнобедренного рямоугольного треугольника будет множество точек елочисленной
решетки, заолняющих квадрат 11 в 11.
Замечание. Нетрудно заметить, что случай роизвольного треугольника фактически не отличается от разобранного. Действительно, условие теоремы инвариантно относительно аффинных реобразований, а все
треугольники аффинно эквивалентны. Следует лишь уточнить в условии,
что в качестве решетки нужно взять елочисленную решетку в некоторой
косоугольной системе координат.
3. В раскрашенной в три вета елочисленной решетке на лоскости
найдется одноветный равнобедренный рямоугольный треугольник.
Рассмотрим на лоскости достаточно большой (смысл слов ─достаточно большой│ будет уточнен ниже) квадрат, ─нижняя│ сторона которого лежит на оси абсисс, и его всевозможные сдвиги на елочисленные векторы вдоль этой оси. Среди олученных квадратов найдутся два
одинаково окрашенных, оскольку количество всевозможных раскрасок
квадрата конечно. Обозначим эти квадраты 1 и 2 . Аналогично, внутри квадрата 1 найдем два одинаково раскрашенных квадрата 11 и
12 меньшего размера (также имеющие о стороне на оси абсисс). Соответствующие им квадраты внутри квадрата 2 обозначим 21 и 22
соответственно. На стороне квадрата 11 , лежащей на оси абсисс, найдем две одноветные точки A111 и A112 (условием их существования и
оределяются размеры всех уоминаемых квадратов, в частности, квадрат 11 должен иметь размер 4 в 4). Соответственно одноветные ары
Обобщенная теорема Ван дер Вардена
155
A333
1
2
A233
A133
11
12
21
22
A113
A123
A213
A223
A111 A112
A121 A122
A211 A212
A221 A222
Рис. 3.
(A121 ; A122 ), (A211 ; A212 ) и (A221 ; A222 ) будут внутри квадратов 12 , 21 и
22 (рис. 3). Построим точки Ai1 i2 3 (1 6 i1 ; i2 6 2) так, чтобы треугольники Ai1 i2 1 Ai1 i2 2 Ai1 i2 3 были равнобедренными рямоугольными. Далее строим точки Ai1 33 (1 6 i1 6 2) так, чтобы треугольники Ai1 13 Ai1 23 Ai1 33 были
равнобедренными рямоугольными. Наконе, находим точку A333 , чтобы треугольник A133 A233 A333 был равнобедренным рямоугольным. Получившаяся конструкия из 15 точек Ai1 i2 i3 содержит 8 точек, индексы
которых равны 1 или 2 (их мы назовем основными ), и 7 точек, имеющих
хотя бы один индекс, равный 3 (а их назовем добавочными ). Все основные точки одноветные. Если хотя бы одна из добавочных точек того
же вета, то одноветный треугольник легко находится. В ротивном
случае каждая из них окрашена в один из оставшихся двух ветов, ри
этом к конструкии из добавочных точек можно рименить рассуждение
из . 2.
Замечание. Аналогичным образом наращивая риведённую конструкию, можно доказать, что одноветный равнобедренный рямоугольный треугольник существует ри раскраске решетки в любое конечное число ветов. Мы будем исользовать этот факт в . 4, хотя строгое
его доказательство отложим до общего случая.
156
В. О. Бугаенко
A333
A34 A33
A31 A32
A14 A13
A24 A23
A11 A12
A21 A22
Рис. 4.
4. В раскрашенной в два вета елочисленной решетке на лоскости
найдется одноветный квадрат.
Рассмотрим новую раскраску решетки, олучаемую из данной следующим образом. Цвет точки оределяется ветом квадрата 11 в 11 с левым нижним углом в ней. Количество ветов такой раскраски равно 2121 .
Найдется одноветный (в смысле этой раскраски) равнобедренный рямоугольный треугольник. Это значит, что существуют три равных одинаково окрашенных квадрата 11 в 11, расоложенных в виде равнобедренного рямоугольного треугольника. В любом из них, согласно . 2, найдется одноветный равнобедренный рямоугольный треугольник. Выберем такой треугольник в одном из квадратов, в остальных рассмотрим
треугольники, соответствующие ему ри наложении квадратов. Мы олучаем три одноветных (белых) равнобедренных рямоугольных треугольника A11 A12 A13 , A21 A22 A23 и A31 A32 A33 (рис. 4). Доолним каждый
из них до квадрата точками A14 , A24 и A34 соответственно. Если одна из
этих точек белая, то искомый одноветный квадрат найден. Если же все
они черные, то рассмотрим точку A44 , доолняющую до квадрата треугольник A14 A24 A34 . Если эта точка черная, то искомым одноветным
квадратом будет A14 A24 A34 A44 , а если белая | то A11 A22 A33 A44 .
Доказательство основной теоремы
Перейдем к доказательству основной теоремы, сформулированной на
с. 152. Будем исользовать индукию о количеству точек фигуры M ,
которое мы обозначим n.
Обобщенная теорема Ван дер Вардена
157
База индукии (n = 2) очевидна. Действительно, усть множество M состоит из двух точек. На соединяющей их рямой отложим k + 1
точку так, чтобы расстояния между соседними точками были равны расстоянию между точками фигуры M . Согласно риниу Дирихле, среди
этих точек найдутся две одноветные. Они и будут составлять фигуру,
гомотетичную M . Значит, остроенное множество из k +1 точки и будет
монохроматической накрывающей ранга k.
Шаг индукии. Пусть мы имеем натуральное число k и фигуру M =
= {M1 ; M2 ; : : : ; Mn+1 }, содержащую n + 1 точку. Зафиксируем в L точку
O, которую будем называть??началом
координат. Радиус-векторы точек
?
фигуры M обозначим ~vi = OMi . Согласно редоложению индукии, для
фигуры M ? = {M1 ; M2 ; : : : ; Mn }, содержащей n точек, монохроматическая накрывающая любого ранга (а не только ранга k) существует.
При наличии начала координат любая конечная фигура может быть
задана набором векторов, а именно, множеством радиус-векторов ее точек. Будем называть конечную фигуру в ространстве с фиксированным
началом координат шаблоном . Шаблон может быть ─риложен│ к любой
точке лоскости. Эта оераия означает его сдвиг на вектор, соединяющий начало координат с точкой риложения. Всякий шаблон из n точек
в ространстве, раскрашенном в k ветов, естественным образом орождает новую раскраску в kn ветов. Цвет каждой точки оределяется
набором ветов (в исходной раскраске) риложенного к ней шаблона.
Выберем в L конечную оследовательность шаблонов (j ) (j = 0, 1,
. . . , k) следующим образом. Шаблон (0) является тривиальным (состоит из одной точки | начала координат). При j > 1 шаблон (j ) строим
(исользуя уже остроенный шаблон (j ?1) ) следующим образом. Сначала оределим фигуру ??(j ) как монохроматическую накрывающую ранга
k|(j?1) | фигуры M ? (знак модуля означает количество
точек, составляюS
?
(
j
)
щих фигуру). Затем остроим фигуру =
(Aj ?1) | объединеA???(j )
ние шаблонов (j ?1) , риложенных ко всем точкам фигуры ??(j ) . Наконе расширим ?(j ) до (j ) так, чтобы для любого гомотетичного образа
{A1 ; A2 ; : : : ; An+1 } множества M , для которого {A1 ; A2 ; : : : ; An } ? ?(j ) ,
было выолнено An+1 ? (j ) .
Докажем, что (k) и будет монохроматической накрывающей ранга
k фигуры M . Для этого остроим оследовательность фигур Cj (j = 0,
1, . . . , k), которые мы назовем конструкиями . Каждая конструкия Cj
состоит из точек Ai1 i2 :::ij (иными словами, точки конструкии Cj мы будем обозначать буквой A с j индексами). Индексы изменяются от 1 до
n + 1, но со следующим ограничением, которое мы назовем условием мажорирования : если какой-либо индекс равен n + 1, то и все оследующие
158
В. О. Бугаенко
также равны n + 1. очки, все индексы которых не ревосходят n, будем
называть основными , а имеющие индекс равный n + 1 | добавочными .
При остроении конструкии мы будем добиваться выолнения условия
изотроности : чтобы шаблон (k?j ) был окрашен одинаково, будучи риложенным ко всем основным точкам фигуры Cj .
Построение будем оять осуществлять о индукии. Конструкия
C0 состоит из одной точки A (без индексов). Условие изотроности
для одноточечной конструкии, очевидно, выолняется. Без ограничения общности можно считать, что точка A совадает с началом координат O. Оишем остроение конструкии Cj в редоложении, что
Cj?1 уже остроена. К каждой точке конструкии Cj?1 риложим шаблон (k?j +1) . Для всех основных точек эти шаблоны окрашены одинаково, оскольку о редоложению индукии условие изотроности для
Cj?1 выолняется. Сузим один из этих шаблонов (риложенный к некоторой выбранной основной точке T ) до шаблона ?(k?j +1), а в нём найдем
одноветную с точки зрения раскраски, орожденной шаблоном (k?j )
(это обесечит изотроность конструкии на следующем шаге), гомотетичную M ? фигуру. Затем олучившуюся фигуру доолним до фигуры, гомотетичной M , ринадлежащей исходному несуженному шаблону
(k?j +1) . Вектор, соединяющий точку риложения шаблона с ентром
гомотетии, обозначим uj , а коэффииент гомотетии обозначим j . Перенесем араллельно олученную фигуру всевозможными сдвигами, ереводящими выбранную точку T во все остальные точки конструкии
Cj?1 (в том числе и добавочные). аким образом, каждая точка конструкии Cj ?1 ородит n + 1 дочернюю точку. Обозначим их, риисывая к обозначению соответствующей материнской точки очередной
j -й индекс, изменяющийся от 1 до n + 1. огда векторы, соединяющие точки конструкии Cj ?1 с дочерними точками, выражаются формулой
????????????????
Ai1 i2:::ij?1 Ai1 i2 :::ij?1 ij = ~uj + j~vij ;
откуда легко олучить формулу для радиус-вектора любой точки:
???????
OAi1i2 :::ij = (~u1 + ~u2 + ╥ ╥ ╥ + ~uj ) + 1~vi1 + 2~vi2 + ╥ ╥ ╥ + j~vij : (1)
Наконе, из всех олученных точек Ai1 i2 :::ij сотрем те, чей набор индексов не удовлетворяет условию мажорирования. В результате мы олучим
искомую конструкию Cj .
Нам онадобятся три всомогательных утверждения.
Лемма 1. очка Ai1 i2 :::ik ри любом j ринадлежит шаблону (j ) ,
риложенному к точке Ai1 i2 :::ik?j . В частности (j = k), все точки конструкии Ck ринадлежат (k) .
Обобщенная теорема Ван дер Вардена
159
Доказательство. Применим индукию о j . База (j = 0) очевидна:
любая точка ринадлежит риложенному к ней тривиальному шаблону.
Шаг индукии следует из того, что шаблон (j ) , риложенный к точке
Ai1 i2:::ik?j содержит в себе объединение фигур, олученных риложением
шаблона (j ?1) к нескольким точкам, в том числе и к Ai1 i2 :::ik?j+1 .
Лемма 2. Пусть среди точек Ai1 i2 :::ik выбрано уорядоченное множество из n + 1 точки так, что для каждого индекса выолнено
одно из двух : либо он одинаков для всех точек множества, либо для
каждой точки он равен ее номеру. огда выбранное множество гомотетично M .
Доказательство. Обозначим выбранные точки F1 , F2 , . . . , Fn+1 .
Пусть индексы (в исходных обозначениях), для которых выолняется второй из указанных в условии случаев, имеют номера j1 , j2 , . . . , jr . огда
из формулы (1) следует
r
??? ??? ??? X
FsFt = OFt ? OFs = ji (~vt ? ~vs) =
i=1
r
X
i=1
!
?
?
ji ?
M??sM
t:
А это и означает, что выбранные точки составляют фигуру, гомотетичr
P
ную M с коэффииентом ji .
i=1
Лемма 3. Изменение не равного n +1 значения любого индекса любой
точки на другое значение, также не равное n + 1, не меняет ее вета.
Доказательство. очки Ai1 :::i?j :::ik и Ai1 :::i??j :::ik , отличающиеся лишь
в j -м индексе являются соответствующими точками шаблона (k?j ), риложенного к точкам Ai1 :::i?j и Ai1 :::i??j . Но о условию изотроности эти
шаблоны раскрашены одинаково, значит и соответствующие их точки
одноветны.
Перейдем к завершению доказательства основной теоремы. Согласно
лемме 1, шаблон (k) содержит в себе конструкию Ck . Из леммы 3 следует, что все основные точки этой конструкии окрашены в один вет.
Назовем этот вет ервым. Рассмотрим некоторую добавочную точку
Ai1 i2:::ik . Введем для нее альтернативное обозначение Fn+1 , и остроим n
основных точек Fs (s = 1; 2; : : : ; n), олучаемых из Fn+1 заменой в индексах ее исходного выражения Ai1 i2 :::ik всех чисел n + 1 на s. По лемме 2,
олученное множество точек F = {F1 ; F2 ; : : : ; Fn+1 } гомотетично M . Значит, если хотя бы одна добавочная точка окрашена в ервый вет, то
искомое одноветное множество найдено. В ротивном случае рассмотрим множество таких добавочных точек, у которых только оследний
индекс равен n + 1. Оять же, о лемме 3 они все окрашены в один вет;
160
В. О. Бугаенко
назовем его вторым. Рассуждая аналогично, олучим, что если во второй
вет окрашена хотя бы одна из точек, у которой числу n + 1 равны два
оследних индекса, то утверждение доказано. Продолжая эти рассуждения (строго говоря, рименяя индукию), мы риходим к выводу, что
утверждение доказано, если ри некотором s 6 k в один из ервых s
ветов (орядок на множестве ветов возникает ри этом естественным
образом) окрашена хотя бы одна точка, у которой оследние s индексов
равны n + 1. Последнее же, очевидно, сраведливо ри s = k, оскольку
точка An+1;n+1;:::;n+1 окрашена в один из данных k ветов.
Автор благодарит В. A. Клеына и М. Н. Вялого за олезные обсуждения.
Уражнения
1. Покажите, что теорема Ван дер Вардена является частным случаем
доказанной теоремы.
2. Можно ли ри доказательстве теоремы в качестве базы индукии
взять более ростой случай n = 1?
3. Некоторые из точек Ai1 i2 :::ik из риведённой в доказательстве конструкии могут совадать. Покажите, что и в этом случае доказательство остается в силе.
4. В редоложении, что теорема доказана только для случая елочисленной решетки, риведите короткое рассуждение, доказывающее ее в
олной общности.
Указание : решетка большей размерности может быть вложена (наример, с омощью роеирования) в ространство меньшей размерности.
[1?
[2?
[3?
[4?
Сисок литературы
Р. Грэхем. Начала теории Рамсея. М. Мир. 1984.
В. В. Прасолов. Рассказы о числах, многочленах и фигурах. М. Фазис. 1997.
А. Я. Хинчин. ри жемчужины теории чисел. М. Наука. 1979.
P. G. Anderson. A generalizatoion of Baudet's onjeture (Van der Waerden theorem). Amer. Math. Monthly, 1976, 83, 359{361.
В. О. Бугаенко, Московский независимый университет
E-mail: bugaenkomme.ru
161
Уникальносоставленные фигуры
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
В этой статье мы рассматриваем отношение равносоставленности на множестве выуклых лоских фигур.
Первым существенным результатом в этом наравлении было доказательство Ф. Бойяи и П. Гервином (1832) следующего утверждения: два многоугольника, имеющие равные лощади, равносоставлены (т. е. один из них можно разрезать на конечное число многоугольных частей, ереложив которые, можно
олучить другой многоугольник ).
С роблемой равносоставленности трехмерных тел связана знаменитая третья роблема Гильберта [1?. Как оказал в 1900 г. Макс Ден, даже для тетраэдров равенство объемов не влечет их равносоставленности.
В дальнейшем теорема Бойяи { Гервина и другие результаты, связанные с
третьей роблемой Гильберта, обобщались в различных наравлениях [1?.
ак, в математическом фольклоре известно следующее утверждение: круг не
равносоставлен никакому многоугольнику. В роессе обобщения теоремы Бойяи { Гервина на случай круговых многоугольников [7?, граниа которых состоит
из отрезков и дуг окружностей, удалось усилить это утверждение, доказав, что
круг не равносоставлен никакой выуклой фигуре, отличной от круга . акие
выуклые фигуры, не равносоставленные никакой другой выуклой фигуре, мы
будем называть уникальносоставленными. В этой статье мы дадим олное оисание таких фигур.
Эти результаты были олучены нами очти 20 лет назад [6?. Знакомство с
замечательной работой [12? озволило существенно уростить доказательство.
Для онимания большей части статьи отребуется только знание доказательства теоремы Бойяи { Гервина, которое можно найти, наример, в книжках
Болтянского [1? или [2?.
Для урощения восриятия мы доказываем оследовательно несколько теорем, каждая следующая из которых обобщает редыдущую.
1. Обозначения и оределения
F будет обозначать лоскую и чаще всего выуклую фигуру, S (F )
обозначает лощадь F , F обозначает кривую, ограничивающую F .
Оределение 1. Две лоских фигуры F и G называются равносоставленными (обозначение F ? G), если одну из них можно разрезать
отрезками рямой на конечное число частей и составить из этих частей
другую.
162
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
Можно рассматривать и другие оределения равносоставленности.
Вместо разрезов о отрезкам рямой можно разрешить разрезы вдоль
срямляемых жордановых кривых, или вообще вдоль роизвольных
жордановых кривых. В общем случае эти оределения дают различные
классы равносоставленных фигур. Но, как было доказано в [12?, для выуклых фигур эти оределения равносильны, т. е. если две выуклые фигуры ─равносоставлены│ о одному из новых оределений, то они равносоставлены и в смысле оределения 1.
Равносильность этих оределений является достаточно глубоким
фактом, и именно она озволила существенно уростить ервоначальные авторские доказательства: удалось отказаться от тоологических одробностей и оставить только наглядные геометрические рассуждения,
изложенные в настоящей статье.
К совершенно иным эффектам риводит теоретико-множественное
оределение равносоставленности. Назовем равноразложимыми два множества точек X и Y , если существует разбиение X на неересекающиеся множества A1 ; A2 ; : : : ; An и Y на B1 ; B2 ; : : : ; Bn такие, что множества Bi олучаются из соответствующих Ai одходящими движениями
fi : Bi = f (Ai). Знаменитый арадокс Банаха { арского состоит в том,
что шар в R3 равноразложим с объединением двух неересекающихся
шаров того же радиуса (см. [11?). Оказывается, что вообще любые два
множества в R3 , имеющие неустую внутренность, равноразложимы. Отсылаем заинтересованного читателя к книге [10?.
В дальнейшем оисании уникальносоставленных фигур мы будем онимать равносоставленность исключительно в смысле оределения 1.
Оределение 2. Выуклая фигура F называется уникальносоставленной , если любая выуклая фигура, равносоставленная F , является
конгруэнтной F .
Как мы уже уоминали, к уникальносоставленным фигурам относится
круг. В [12? доказана уникальносоставленность эллиса.
Оределение 3. Две кривые (или два набора кривых) и называются равносоставленными (или ? ), если ервую(ый) можно разбить
на конечное число дуг и составить из них вторую(ой).
Оределение 4. Две кривые и называются стабильно равносоставленными (или ? ), если из них можно исключить конечное
число отрезков рямой так, что оставшиеся два набора кривых равносоставлены.
Следующее утверждение является ростым обобщением теоремы Бойяи { Гервина, утверждающей, что равновеликие многоугольники равносоставлены, (см. [1? или [2?):
Уникальносоставленные фигуры
163
Утверждение 5. Две выуклые фигуры F и G равносоставлены тогда и только тогда, когда их лощади равны и кривые, их ограничивающие, стабильно равносоставлены. Или
F ? G ? S (F ) = S (G) и F ? G:
Доказательство. Необходимость: совокуность всех кривых, огра-
ничивающих куски разбиения, состоит из дуг ервой кривой люс какоето количество ─внутренних│ отрезков рямой, и из тех же кусков состоит
и вторая фигура. аким образом, если из граниы F вырезать отрезки
рямой, которые соответствуют ─внутренним│ отрезкам разбиения G, и
аналогично остуить с гранией G, то оставшиеся куски грани будут
равносоставлены.
Достаточность: рассмотрим разбиение грани F и G как в оределении стабильной равносоставленности. Если к каждой такой дуге фигур F
и G ровести хорду, то образовавшиеся горбушки (сегменты) для равных
дуг равны. ак как S (F ) = S (G), то и лощади оставшихся многоугольников равны, а значит, они равносоставлены о теореме Бойяи { Гервина. 2. Уникальносоставленность круга
еорема 6. Круг уникальносоставлен.
Для доказательства нам отребуется следующая лемма:
Лемма 7. Если граниа выуклой фигуры F состоит из конечного
числа отрезков рямой и дуг окружностей радиуса R с общей угловой мерой 360? , то она является R-окрестностью выуклого многоугольника.
В частности, F содержит в себе круг радиуса R.
Сначала мы окажем, что теорема 6 действительно следует из леммы:
Доказательство теоремы 6. Обозначим через K круг радиуса R.
Пусть F есть выуклая фигура, такая что K ? F . огда из утверждения 5 мы имеем: S (F ) = S (K ) и граниа F стабильно равносоставлена
окружности радиуса R. В частности, F удовлетворяет лемме 7. аким
образом, F содержит в себе коию K . ак как S (F ) = S (K ), олучаем
K?
= F.
В доказательстве леммы мы будем ользоваться следующим фактом,
который редоставляем доказать читателю в качестве уражнения:
Уражнение 8. Пусть A1 A2 : : : An есть замкнутая ломаная, которая
ри обходе о ней оворачивает всё время ротив часовой стрелки, и общий угол оворота равен 360? | тогда ломаная A1 A2 ╥ ╥ ╥ An ограничивает
выуклый многоугольник.
164
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
Доказательство леммы 7. Пусть есть выуклая кривая стабильно равносоставленная окружности радиуса R. Заметим, что в этом случае кривая не имеет угловых точек. Действительно, ри обходе вокруг
кривой необходимо овернуть на 360? , и ровно на этот же угол мы оворачиваем, ройдя
о всем дугам окружности; таким образом, на
углы не остается места (т. е., если бы имелась
еще и угловая точка, то общий угол оворота
был бы больше чем 360? , что невозможно). аким образом, кривая состоит из оочередно
сменяющихся дуг окружностей и отрезков рямых, так что отрезки и дуги родолжают друг
друга в том же наравлении (см. рис. 1). Для
каждого отрезка рямой в рассмотрим его
Рис. 1.
араллельный еренос в ерендикулярном наравлении внутрь фигуры на расстояние R. При
этом коны отрезков, соседние через дугу, ерейдут в одну точку, и мы
олучим замкнутую ломаную из араллельных ереносов всех отрезков .
Звенья этой ломаной оворачивают в одну и ту же сторону (так же как
и ), и, так же как у , общий угол оворота будет 360? . Восользовавшись уражнением 8, мы олучаем, что эта ломаная ограничивает выуклый многоугольник. Обозначим его M , и из остроения легко видеть,
что сама фигура F есть множество точек на расстоянии R от M .
3. Уникальносоставленность линзы
Следующий факт имеет несколько более сложное доказательство:
еорема 9. Пересечение двух кругов одинакового радиуса есть уникальносоставленная фигура.
Для краткости, давайте назовем ересечение двух кругов радиуса R
линзой и будем обозначать ее L! , где ! есть угловая мера дуг, ее ограничивающих (в частности, L2 есть круг радиуса R). С омощью точно
такого же рассуждения, что и в доказательстве теоремы 6, теорема 9
сводится к следующей лемме:
Лемма 10. Если выуклая фигура F имеет граниу, стабильно равносоставленную грание линзы L! , то S (F ) > S (L! ). Более того, если
S (F ) = S (L! ), то F ?
= L! .
Доказательство будет роведено в два шага. Сначала мы докажем
следующее, более слабое утверждение, а уже отом ристуим к общему
случаю.
Уникальносоставленные фигуры
165
Лемма 11. Если ентрально-симметричная выуклая фигура F имеет граниу, стабильно равносоставленную грание линзы L! , то S (F ) >
S (L! ). Более того, если S (F ) = S (L! ), то F ?
= L! .
Доказательство. В доказательстве мы восользуемся двумя роедурами: ─вырезанием араллелограмма│ (см. рис. 2) и ─четырехшарнирным методом│ (см. рис. 3). Первый (римененный несколько раз) заменит
фигуру F на фигуру F1 с теми же свойствами, что и F , но с меньшей лощадью и без отрезков рямых на грание. Второй (также римененный
несколько раз) заменит уже олученную F1 на F2 с теми же свойствами, что и F1 , но с меньшей лощадью и с не более чем двумя угловыми
точками на грание (это немедленно влечет, что F2 ?
= L! ).
Предоложим, на грание F есть отрезок рямой AB , и усть A? B ?
обозначает ентрально-симметричный ему отрезок. огда из F можно
вырезать араллелограмм ABA? B ? и из оставшихся двух кусков составить
ентрально-симметричную выуклую фигуру F ? . При этом, очевидно,
S (F ? ) < S (F ) и F ? ? F (т. е. их граниы стабильно равносоставлены).
Повторив эту оераию столько раз, сколько возможно, выбирая каждый
раз новую ару отрезков, мы олучаем ентрально-симметричную выуклую фигуру F1 без отрезков рямой на грание такую, что S (F1 ) 6 S (F )
и F1 ? F .
Предоложим, на грание F ? есть две ары ентрально-симметричных
угловых точек A; A? и B; B ? . Разрезав F ? отрезками AB , BA? , A? B ? и B ? A,
B
A
A?
B
A?
B?
Вырезание
араллелограмма
Рис. 2.
Рис. 3.
A
B?
Четырехшарнирный
метод
166
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
мы олучаем араллелограмм ABA? B ? и четыре горбушки (см. рис. 3).
Не умаляя общности, можно считать, что угол ?ABA? туой. Пусть есть
внешний угол граниы F ри B . Представьте, что в вершины араллелограмма вставлены шарниры, а стороны сделаны из жесткого материала,
ри этом горбушки жестко риделаны к сторонам. Давайте овернем сторону AB вокруг B на угол так, чтобы угол ?ABA? увеличился. огда
лощадь араллелограмма ABA? B ? , а значит и лощадь фигуры F1? , образованной араллелограммом и четырьмя горбушками, уменьшится; ри
этом точки B и B ? ерестанут быть угловыми.
Повторив эту роедуру столько раз, сколько возможно, выбирая каждый раз новую ару ар ентрально-симметричных угловых точек, мы
олучим фигуру F ?? такую, что:
а) F ?? имеет не более одной ары угловых точек;
б) F ?? ентрально-симметрична;
в) S (F ?? ) 6 S (F ? );
г) граниа F ?? равносоставлена грание F ? (в частности, F ?? ? F и
у F ?? нет отрезков рямой на грание).
Из этих условий нетрудно видеть, что F ?? ?
= L! . аким образом,
?
??
S (F ) > S (F ) > S (F ) = S (L! ):
Отметим, что F ?? была олучена из F как результат оследовательности шагов, в каждом из которых лощадь уменьшалась. Значит, в случае
равенства S (F ) = S (L! ) мы вовсе не делали ни одного шага, то есть
? F ?? ?
F?
= F? =
= L! :
Доказательство леммы 10. Пусть F есть фигура оисанного тиа. Проведем две араллельные рямые a и b так, что вся F лежит в
олосе между ними, и обе рямые касаются F . Обозначим через A и B
точки ересечения F соответственно с a и b (если рямая сорикасается
с F вдоль отрезка, то следует выбрать роизвольную точку на отрезке).
Пусть и обозначают соответственно общую угловую величину всех
дуг окружностей на участках граниы F от A до B и от B до A ротив
часовой стрелки.
Уражнение 12. Покажите, что ару A; B можно выбрать с доолнительным свойством, что = .
Подсказка. Для этого надо росто рокрутить ару A; B нерерывно вокруг F , так, чтобы A ерешло бы в B , а B в A, и восользоваться тем, что
нерерывная функия на отрезке ринимает все ромежуточные значения. (Мы
советуем осмотреть статью Болтянского и Савина [3?, в которой обсуждаются
геометрические задачи, в решении которых рименяются схожие идеи.)
еерь мы можем считать, что = = !=2. Разрежем F отрезком
AB на две части F? и F+ . Из двух коий F? можно составить ентрально-
Уникальносоставленные фигуры
167
симметричную фигуру Fe? . Аналогично остуим с F+ и олучим фигуру Fe+ .
Согласно лемме 11 каждая из фигур Fe? и Fe+ имеет лощадь не меньше,
чем линза L! . А значит
S (F ) = S (F+) + S (F? ) = 12 (S (Fe+ ) + S (Fe? )) > S (L! )
(см. также рис. 4).
2в
=
+
> 2в
Рис. 4.
Отметим, что равенство может достигаться только в случае, если обе
фигуры Fe? и Fe+ конгруэнтны L! , а значит F имеет не более двух угловых
точек и не имеет отрезков рямой на грание, а значит F ?
= L! .
4. Круговые многоугольники
Мы ристуаем к изучению круговых многоугольников. Начнем с оределений:
Оределение 13. Выуклая фигура называется круговым многоугольником , если ее граниа равносоставлена конечному набору дуг
окружностей и отрезков рямой.
Оределение 14. Круговой многоугольник M называется овальным
(или овалом ), если он обладает следующими свойствами:
а) не имеет отрезков рямой на грание;
б) имеет две ерендикулярные оси симметрии a и b (их точки ересечения с гранией M будем обозначать через A, A? и B , B ?, как оказано
на рис. 5);
в) если граниа M имеет угловые точки, то они находятся на оси a,
т. е. в точках A и A? ;
г) радиусы дуг окружностей, ограничивающей M , монотонно возрастают от A до B .
168
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
B
A?
a
b
(t)
'(t)
A
B?
Рис. 5.
Овал
Легко видеть, что круговой многоугольник овален тогда и только тогда, когда овальна его круговая окрестность.
еорема 15. Круговой многоугольник уникальносоставлен тогда и
только тогда, когда он овален.
В следующем разделе мы обобщим этот результат на случай всех выуклых фигур.
Нетрудно видеть, что в классе круговых многоугольников со стабильно равносоставленной гранией есть единственный, с точностью до конгруэнтности, овал. Как и в случаях круга и линзы, теорема 11 для круговых многоугольников немедленно следует из аналога леммы 10:
Лемма 16. Если круговой многоугольник M имеет граниу, стабильно равносоставленную грание овала V , то
S (M ) > S (V ):
Более того, если S (M ) = S (V ), то M ?
=V.
аким образом, овалы обладают следующим экстремальным свойством: среди всех круговых многоугольников со стабильно равносоставленной гранией овалы имеют наименьшую лощадь.
Как и в случае с линзой, доказательство будет роведено в два шага;
сначала мы докажем аналогичное более слабое утверждение:
M
Лемма 17. Если ентрально-симметричный круговой многоугольник
имеет граниу, стабильно равносоставленную грание овала V , то
S (M ) > S (V ):
Более того, если S (M ) = S (V ), то M ?
=V.
Доказательство леммы 17 роходит индукией о количеству дуг различных радиусов на грание M , ри этом мы считаем угловые точки за
дуги нулевого радиуса. Доказательство для круга можно ринять за базу
индукии, а доказательство для линзы можно рассматривать как часть
ервого шага в этой индукии (на грание линзы рисутствуют дуги радиуса R и радиуса 0). ем не менее, в доказательстве участвует еще ара
доолнительных идей, которые нам не были нужны раньше.
Уникальносоставленные фигуры
169
В частности, нам отребуются следующие утверждения, доказательство которых мы редоставляем читателю:
Уражнение 18. Пусть F и G суть выуклые фигуры с равносоставленной гранией, a FR и GR | их R-окрестности; тогда F ? G тогда и
только тогда, когда FR ? GR .
Уражнение 19. Если выуклая фигура F имеет граниу, равносоставленную грание овала V , то диаметр F не ревосходит диаметра V .
Более того, в случае равенства диаметров, F конгруэнтна V .
Доказательство леммы 17. Пусть M есть круговой многоугольник с n различными радиусами дуг на грание.
Как и в случае линзы, рименив несколько раз ─вырезание араллелограмма│, мы сводим задачу к случаю, когда на грание M отсутствуют
отрезки рямой. В частности, мы можем считать что граниа M , уже не
только стабильно равносоставлена, но и равносоставлена грание V .
Если на грание кругового многоугольника M нет угловых точек, то
существует круговой многоугольник M ? , такой что M = MR? (наомним,
что MR? обозначает R-окрестность M ? ). аким образом, из уражнения
18 следует, что достаточно доказать лемму для случая, когда на грание
M есть угловые точки.
Если у M более одной ары угловых точек, то можно рименить несколько раз ─Четырехшарнирный метод│ и свести задачу к случаю, когда
на грание M есть ровно две угловые точки.
Далее, усть A, A? есть единственная ара угловых точек M , усть
есть внешний угол ри каждой из этих точек, и r1 есть минимальный
ненулевой радиус дуг на грание M . Разрежем граниу M на две дуги
о точкам A и A? и родолжим оба кона ервой из дуг двумя дугами
радиуса r1 с угловой величиной . К олученной дуге можно риставить
вторую из дуг от A до A? до образования выуклой замкнутой кривой
без угловых точек (рис. 6). Обозначим через M фигуру, ограниченную
олученной кривой.
Рис. 6.
170
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
Проделаем ту же оераию с овалом V , олучим овал V с гранией
равносоставленной M .
Заметим что ри этом
S (V ) ? S (V ) > S (M ) ? S (M );
ричем равенство достигается только если M конгруэнтна V .
Действительно: V олучается из V добавлением двух круговых сегментов и рямоугольника с одной стороной, равной диаметру V , и другой, равной 2r1 sin(=2). С другой стороны, M олучается из M добавлением тех же двух сегментов и араллелограмма с одной стороной, не
ревосходящей диаметра V (в силу уражнения 19), и другой стороной,
также равной 2r1 sin(=2).
еерь мы олучили круговой многоугольник M с n ? 1 различными
радиусами дуг на грание. По редоложению индукии,
S (M ) > S (V ):
Сложив эти неравенства, олучаем
S (M ) > S (V ):
Случай равенства возможен, только если диаметр M равен диаметру
V . Значит, в силу уражнения 19, M ?
= V:
Следующее доказательство очень охоже на доказательство леммы 10
для случая линзы, но в нём участвует еще один забавный трюк.
Доказательство леммы 16. Пусть M есть круговой многоугольник. Пусть A и B суть точки на грание M , такие, что через них можно
ровести араллельные рямые так, что вся M будет лежать в олосе
между ними. Разрежем M отрезком AB на две части M? и M+ . Из двух
f? .
коий M? составим ентрально-симметричную выуклую фигуру M
f
Аналогично остуим с M+ и олучим фигуру M+ . Давайте обозначим
через Ve+ и Ve? овалы с гранией, стабильно равносоставленной соответf+ и M
f? .
ственно M
Диаметры овалов Ve+ и Ve? нерерывно зависят от выбора точек A
и B . аким образом, рокручиванием A и B вокруг M , также как в
доказательстве для линзы, можно добиться такого выбора A и B , что
диаметры Ve? и Ve+ совадут.
Разрезав Ve? двумя осями симметрии, мы олучим четыре четвертинки, конгруэнтные, скажем Ve?1=4 . Аналогично остуим с Ve? , олучим
четыре четвертинки, конгруэнтные Ve+1=4 .
Из двух коий Ve?1=4 и двух коий Ve+1=4 можно составить ентральносимметричный круговой многоугольник N , как оказано на рис. 7:
Уникальносоставленные фигуры
171
= 2в
+
Рис. 7.
Применив лемму 17 к N , олучаем:
f+ ) + S (M
f? )) >
S (M ) = S (M+ ) + S (M? ) = 12 (S (M
1
> (S (Ve+ ) + S (Ve? )) = S (N ) > S (V ):
2
Остается роверить, что равенство в обоих этих неравенствах влечет
конгруэнтность M и V , что очевидно.
Мы доказали, что любой овальный круговой многоугольник является
уникальносоставленной фигурой. Остается еще роверить, что не существует других уникальносоставленных круговых многоугольников. Применив утверждение 5, мы олучаем, что каждый круговой многоугольник
равносоставлен набору из овала и квадрата. аким образом, достаточно
редъявить две неконгруэнтные выуклые фигуры, каждая из которых
равносоставлена нашему набору из квадрата и овала. Возможность этого
остроения очевидно следует из теоремы Бойяи { Гервина.
5. Набросок доказательства общего случая
Это наиболее технический и наименее геометрический раздел статьи.
Для его онимания отребуется знание в некотором объеме теории функий вещественного еременного (достаточно ервых четырех глав книги
[4?), а также элементарных свойств метрики Хаусдорфа (которую мы обозначаем dH ), для комактных одмножеств лоскости (см. наример, [8?).
Пусть : [0; T ) ? R2 есть граниа выуклой фигуры, араметризованная длиной в наравлении ротив часовой стрелки. У оределена
равая роизводная + (t). Оределим угол оворота кривой '(t) как
угол от + (0) до + (t) (измеряемый от 0 до 2 ротив часовой стрелки).
Из выуклости следует, что '(t) монотонно возрастающая функия.
Это дает возможность оределить ─верхнюю кривизну│ k(t) как верхний
редел
'(t) ? '(t )
k(t0 ) = tlim
:
t?t
?t
0
0
0
ак как возрастающая функия имеет роизводную в очти всех точках,
мы олучаем, что k(t) конечна для очти всех t.
172
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
Оределим ─нижний радиус кривизны│ через R(t) = 1=k(t) (считая
0 = 1=?). Это дает возможность обобщить оределение овала (оределение 14) на случай роизвольной выуклой фигуры F . Следует только
оменять ункт г ) на следующий:
г) нижний радиус кривизны кривой, ограничивающей F , монотонно
возрастают от
A до B .
Это свойство можно ереформулировать так: если вы едете на машине
от A до B о грание F , то вам ридется всё время крутить руль только
враво. Ваши колёса всё время будут овернуты влево, иначе F была бы
не выуклой, но сам руль вам ридется крутить враво, уменьшая угол
между ередними и задними колесами.
В случае, когда граниа F | гладкая кривая, условие г) совадает с
монотонным возрастанием обычного радиуса кривизны от A до B .
Мы, наконе, готовы сформулировать главный результат этой статьи:
еорема 20. Выуклая фигура уникальносоставлена тогда и только тогда, когда она овальна.
В доказательстве нам отребуется онятие ─рофиль выуклой фигуры│. Пусть F есть выуклая фигура. Обозначим через F (r) угловую
меру участка граниы F с нижним радиусом кривизны 6 r. Функия
F : R+ ? [0; 2? называется рофилем фигуры F .
Наример, рофиль круга радиуса R есть
r<R
K (r) = 20 если
если r > R;
а рофиль любого многоугольника тождественно равен 2.
В случае круговых многоугольников рофиль граниы есть стуенчатая функия. Равенство рофилей грани круговых многоугольников
равносильно стабильной равносоставленности их грани. В общем случае
это уже не так. ем не менее, ─равенство рофилей│ выуклых фигур работает очти так же, как ─стабильная равносоставленность грани│, т. е.
верен следующий аналог утверждения 1:
Утверждение 21. Следующие два свойства ары выуклых фигур F
G равносильны :
(а ) F и G имеют равные рофили грани и равную лощадь,
(б ) для любого " > 0 найдется ара фигур F ? и G? , "-близких о Хаусдорфу соответственно к F и G и таких, что F ? G? и G ? F ? .
и
Кроме того, легко видеть, что в классе выуклых фигур с равным
рофилем (не равным тождественно 2) найдется единственный, с точностью до конгруэнтности, овал.
Уникальносоставленные фигуры
173
акже как в случае круговых многоугольников, теорема 20 следует
из экстремального свойства овалов, аналогичного лемме 16:
Лемма 22. Если выуклая фигура F имеет рофиль, равный рофилю овала V , то S (F ) > S (V ). Более того, если S (F ) = S (V ), то F ?
=V.
Набросок доказательства. Произвольную выуклую фигуру F
можно риблизить оследовательностью круговых многоугольников Mi ,
так что рофили Mi сходятся к рофилю F . (Это очти равносильно
тому, что измеримую функию на отрезке можно риблизить (о мере)
стуенчатой функией.)
Пусть Vi обозначают овалы, соответствующие Mi . Нетрудно видеть,
что Vi сходятся о Хаусдорфу к некоторому овалу V . Более того, олученный овал V имеет тот же рофиль, что F . Из леммы 16 олучаем
S (Vi ) 6 S (Mi ) и, ерейдя к ределу, S (V ) 6 S (F ). Остается только оказать, что в случае равенства V и F конгруэнтны. Для этого надо слегка
уточнить лемму 16:
Лемма 23. Для любого " > 0 существует ф > 0 такое, что, если
M есть круговой многоугольник, и V есть соответствующий ему овал,
то dH (V; M ) > "h влечет S (M ) ? S (V ) > фh2 , где h обозначает ширину
овала V .
Доказательство состоит из той же оследовательности шагов, что и
доказательство сильного варианта леммы 3.
6. Продвинутые уражнения
1. Аффинная уникальносоставленность. Понятие равносоставлен-
ности можно также рассматривать для различных гру реобразований лоскости, как, наример, для груы араллельных ереносов или
груы одобий. Довольно интересным случаем является груа SL(2; R)
эквиаффинных реобразований, т. е. аффинных реобразований, сохраняющих лощадь. В этом случае, такими аффинно-уникальносоставленными фигурами являются только эллисы.
Для решения этого уражнения вам онадобится онятие ─аффинной
длины│, (см., наример, книгу Фейеша ота [9?.)
2. Уникальносоставленные наборы фигур. Уникальносоставленность можно обобщить на наборы из n выуклых фигур: набор из n выуклых фигур называется уникальносоставленным, если из равносоставленности этого набора второму набору из n выуклых фигур следует,
что каждая из фигур ервого набора конгруэнтна одной из фигур второго .
174
А. М. Петрунин, С. Е. Рукшин
Набор из n выуклых фигур уникальносоставлен тогда и только тогда, когда он состоит из конгруэнтных между собой овалов.
3. Уникальносоставленные тела.
а) Докажите, что для любого выуклого тела в R3 найдется роизвольно
близкое (в метрике Хаусдорфа) уникальносоставленное выуклое тело.
б) Поробуйте найти точный смысл слов ─очти все│ и доказать, что
─очти все выуклые тела в трехмерном ространстве являются уникальносоставленными│. Для этого вам ридется узнать, что такое категория
Бэра; это можно сделать, очитав книжку [5?.
4. Равносоставленность неограниченных фигур. Эту задачу редложил нам А. В. Гиль.
Равносоставленность можно оределить для неограниченных фигур,
доуская разрезания вдоль конечного числа лучей и отрезков рямых.
а) Сформулируйте и докажите аналог теоремы Бойяи { Гервина для
бесконечных многоугольников , т. е. для фигур, ограниченных конечным
числом лучей и отрезков. Иначе говоря, найдите необходимое и достаточное условие равносоставленности двух бесконечных многоугольников.
б) Докажите, что если бесконечная выуклая фигура F уникальносоставлена, то из каждой ее точки исходит ровно один луч, еликом содержащийся в F .
в) Оишите все бесконечные уникальносоставленные выуклые фигуры.
Авторы выражают благодарность А. В. Гилю, обратившему их внимание на класс задач, связанных с равносоставленностью неограниченных
фигур, и Ф. В. Петрову за олезные обсуждения и редактирование окончательного варианта текста.
Сисок литературы
[1? Болтянский В. Г. ретья роблема Гильберта . М.: Наука, 1977.
[2? Болтянский В. Г. Равновеликие и равносоставленные фигуры . М.:
Гостехиздат, 1956. ─Поулярные лекии о математике│, вы. 22.
[3? Болтянский В. Г., Савин А. П. Соображения нерерывности и крах
гиотезы Борсука // Квант ┌3, 1994, с. 3{7.
[4? Натансон И. П. еория функий вещественной еременной . М.: Наука, 1974.
[5? Окстоби Дж. Мера и категория . М.: Мир, 1974.
Уникальносоставленные фигуры
175
[6? Петрунин A. М., Рукшин С. Е. Уникальносоставленные выуклые
фигуры // IX Всесоюзная геометрическая конферения. Кишинев:
Штиина, 1988. С. 242{243.
[7? Петрунин A. М., Рукшин С. Е. О равносоставленности круговых
многоугольников // Задачи геометрии в елом для огруженных многообразий. СПб: РГПУ, 1991. С. 111{118.
[8? Скворов В. А. Примеры метрических ространств . М.: МЦНМО,
2002. Библиотека ─Математическое росвещение│, вы. 16.
[9? Фейеш от Л. Расоложения на лоскости, на сфере и в ространстве . М.: Физматлит, 1958.
[10? Ященко И. В. Парадоксы теории множеств . М.: МЦНМО, 2002. Библиотека ─Математическое росвещение│, вы. 20.
[11? Banah S., Tarski A. Sur la deomposition des ensembles de points en
parties respetivement ongruentes // Fundamenta Mathematiae, 1924.
Vol. 6. P. 244{277.
[12? Dubins L., Hirsh M., Karush J. Sissor ongruene // Israel J. Math.,
1963. Vol. 1. P. 239{247.
[13? Rukshin S. Some remarks about Hilbert' third problem and equideomposable onvex gures // Bull. Math. de la So. Si. Math. de Roumanie,
1998. Vol. 41(89), No 4. P. 285{288.
А. М. Петрунин, Penn State University, USA
С. Е. Рукшин, РГПУ им. Герена, Городской математический ентр для
одаренных школьников, Санкт-Петербург
E-mail: sergertwell.ru
176
Примеры трансендентных чисел
А. Каибханов
А. Скоенков?
Wenn Sie unterrihten und davon ausgehen, dass sih
parallele Linien im Unendlihen ber
uhren, ergibt sih doh,
das m
ussen Sie zugeben, so etwas wie Transzendenz.
G. Grass,
Katz und Maus
Если Вы учите, что араллельные линии
ересекаются в бесконечности, то Вы всё же
должны согласиться: олучается нечто неостижимое.
Г. Грасс,
Кошка и мышка
Приводится ростое доказательство трансендентности числа
Лиувилля и новое ростое доказательство трансендентности числа
Малера.
Введение
Число x называется трансендентным, если оно не является корнем
алгебраического уравнения
att + at?1 t?1 + ╥ ╥ ╥ + a1 + a0 = 0
с елыми коэффииентами at 6= 0; at?1 ; : : : ; a0 .
В университете или даже в старших классах изучается теоретикомножественное доказательство существования трансендентных чисел [2,
Гл. 2, x6?. Это доказательство не дает конкретного римера трансендентного числа. Приведение явных римеров трансендентных чисел и
доказательство их трансендентности является более трудным материалом, который не всегда входит даже в рограмму университетского
А. Скоенков оддержан Российским Фондом Фундаментальных Исследований,
гранты номер 05-01-00993 и 04-01-00682, грантами Президента РФ НШ-1988.2003.1 и
МД-3938.2005.1, а также стиендией П. Делиня, основанной на его Премии Бальзана
2004 года.
?
Примеры трансендентных чисел
177
курса. В данной заметке мы риведем такие римеры и доказательства
их трансендентности, которые будут онятны даже старшеклассникам.
Этот абза редназначен читателям, не знакомым с трансендентными числами. Ясно, что любое раиональное число не является трансендентным. Число y называется алгебраическим , если оно не трансендентно. Поэтому алгебраические числа | нечто ромежуточное между
раиональными числами и роизвольными вещественными числами. Зачем нужно доказывать трансендентность чисел? Одной из мотивировок
является то, что всякое остроимое число (т. е. число, которое может
быть остроено с омощью иркуля и линейки) является алгебраическим.
аким образом, любое трансендентное число не остроимо [2, Гл. 2, x6
и Гл. 3, x3?.
Первый явный ример трансендентного числа был риведен Жозефом Лиувиллем в 1835 г. [2, Гл. 2, x6?.
еорема Лиувилля. Число
=
?
P
n=0
2?n! трансендентно.
Лиувилль доказал также более общий результат. Приводимая ниже
формулировка общей теоремы Лиувилля исользуется в настоящем тексте только для мотивировки нижеследующей теоремы Малера.
Общая теорема Лиувилля. Пусть z | алгебраическое число, являющееся корнем многочлена стеени n > 1. огда z не может быть ри1
p
ближено раиональным числом с точностью лучшей, чем n+1 ; другиq
q
ми словами, ри
достаточно
больших елых q неременно выолняется
p 1
неравенство z ? > n+1 . [2, Гл. 2, x6?.
q
q
В 1929 г. Курт Малер доказал трансендентность следующего числа [4?.
еорема Малера. Число
=
?
P
2?2n трансендентно.
n=0
рансендентность этого числа Малера не следует из общей теоремы
Лиувилля, а также из теорем уэ, Зигеля и Рота [2, Гл. 2, x6?, [3?. В работе [4? был олучен более общий результат. Доказательство в [4? (так же
как и в [5?) неэлементарно и длинно (ср. [1?).
Главный результат данной заметки | короткое элементарное доказательство трансендентности числа Малера (основанное на двоичной
заиси). Видимо, это доказательство является новым. Оно редставлено
в разделе ─Доказательство теоремы Малера│ и не исользует остальной
части заметки. Но для удобства читателей мы редставляем некоторые
идеи этого доказательства в разделах ─Идея ростого доказательства
теоремы Малера│ и ─Основное наблюдение для доказательства теоремы
178
А. Каибханов, А. Скоенков
Малера│. Наши идеи дают более общий результат, который риводится
в оследнем разделе.
Мы также риведем короткое элементарное доказательство трансендентности числа Лиувилля. Это доказательство редставлено в следующем разделе и хорошо известно сеиалистам, однако мы не нашли его в
оубликованном виде.
Данная заметка была редставлена в 2002 г. А. Каибхановым на международной конферении Intel ISEF (США, Луисвилль), а также И. Никокошевым и А. Скоенковым на Летней Конферении урнира Городов (Россия, Белорек). Мы выражаем благодарность А. Галочкину и
Д. Лешко за олезные обсуждения.
Доказательство теоремы Лиувилля
s
P
2?n! .
Обозначим s =
n=0
Сначала докажем, что число Лиувилля ирраионально . Предоложим, наротив, что существует линейный многочлен f (x) = bx + с
елыми коэффииентами b 6= 0 и такой, что f () = 0. Заметим, что
это уравнение имеет только один корень, значит f (s ) 6= 0 для некоторого s > |b|. Мы олучим ротиворечие из следующих неравенств для
некоторого s > |b|:
2?s! 6 |f (s )| = |f () ? f (s )| = |b| ╥ ( ? s ) < 2|b| ╥ 2?(s+1)! :
Первое неравенство верно, так как f (s ) 6= 0 может быть редставлено как дробь со знаменателем 2s! . Последнее неравенство верно, так как
?
X
0 < ? s < 2?(s+1)! 2?n = 2 ╥ 2?(s+1)! :
n=0
еерь докажем, что число Лиувилля не является квадратичной ирраиональностью , т. е. не является корнем квадратного уравнения f (x) =
= ax2 + bx + = 0 с елыми коэффииентами a 6= 0, b и . Предоложим,
наротив, что является корнем такого уравнения. ак как квадратное
уравнение имеет не более двух корней, то f (s) 6= 0 для достаточно больших s. огда для достаточно больших s мы олучим ротиворечие из
следующих неравенств:
2?2s! 6 |f (s )| = |f () ? f (s )| = ( ? s ) ╥ |a( + s) + b| <
< (2|a| + |b|) ╥ 2 ╥ 2?(s+1)! :
Первое неравенство верно, так как f (s ) 6= 0 может быть редставлено как дробь со знаменателем 22s! . Последнее неравенство доказывается
аналогично случаю линейного многочлена.
Примеры трансендентных чисел
179
Наконе, риведем доказательство трансендентности числа Лиувилля . Предоложим, наротив, что число является корнем алгебра-
ического уравнения f (x) = at xt + at?1 xt?1 + ╥ ╥ ╥ + a1 x + a0 = 0 с елыми
коэффииентами a0 ; : : : ; at?1 ; at 6= 0. ак как это уравнение имеет лишь
конечное число корней, то f (s ) 6= 0 для достаточно больших s. огда
для достаточно больших s мы олучим ротиворечие из следующих неравенств:
X
?ts!
n
?1?i i 2 6 |f (s )| = |f () ? f (s)| = ( ? s) ╥ an
s < C ╥ 2?(s+1)! ;
06i<n6t
где C не зависит от s (но зависит от коэффииентов многочлена f ). Первое неравенство верно, так как f (s) 6= 0 может быть редставлено как
дробь со знаменателем 2ts! . Последнее неравенство доказывается анало
гично случаю многочленов ервой и второй стеени.
Идея ростого доказательства теоремы Малера
Мы родемонстрируем идею доказательства на следующем римере.
Мы докажем, что число Лиувилля
=
?
X
n=0
10?2 = 0;11010001000000010 : : :
n
не является квадратичной ирраиональностью , т. е. корнем квадратного
уравнения x2 + bx + = 0 с елыми коэффииентами b и . (Аналогично
доказывается, что число Малера не является квадратичной ирраиональностью.) Рассмотрим десятичную заись числа ?b ? для некоторых елых b и одного знака (случай различных знаков доказывается
аналогично). Рассмотрим ненулевые ифры в этой десятичной заиси,
расоложенные достаточно далеко от заятой. Ясно, что они образуют
─сгустки│ около озиий с номерами 2n : каждый ─сгусток│ редставляет
число |b|. Наример для b = ?17 мы имеем следующее:
17 ? = : : : ;87170017000000170 : : : 017 : : : :
С другой стороны,
2 =
?
X
k;l=0
k l
10?2 ?2 = 0;0121220 : : : 122020002000000012 : : :
:
аким образом, в десятичной заиси числа 2 ненулевые ифры расоложены около озиий с номерами 2k + 2l . Но для достаточно больших l
и k = 2l на этих же озииях числа ?b ? стоят нули. Следовательно
2 6= ?b ? . Значит, не является квадратичной ирраиональностью.
180
А. Каибханов, А. Скоенков
Основное наблюдение для доказательства
теоремы Малера
Мы родемонстрируем одну из наших главных идей на следующем
? a
P
n
ирраионально для любой
римере. Мы докажем, что число E =
n!
n=0
ограниченной оследовательности {an }?
n=0 ненулевых елых чисел . (За-
1 .)
метим, что e =
n=0 n!
Предоложим, наротив, что E раионально. огда существуют сколь
угодно большие q, для которых
?
P
E
Поэтому
q
?
X
aq+1
p X an
an
+
+
:
=q=
n! (q + 1)!
n!
n=0
q
X
p(q ? 1)! ? q!na!n
n=0
n=q+2
?
X
q !an
a
= q q++11 +
n!
n=q+2
елое число. Но это невозможно, так как для достаточно больших q имеем
X
?
X
? q !an q!
6C╥
n! n!
n=q+2
n=q+2
<C╥
1 = C < 1 6 | aq+1 | < 1 :
(
q + 1)n (q + 1)q q + 1
q+1
2
n=2
?
X
Доказательство теоремы Малера
Возьмем многочлен f (x) = at xt + at?1 xt?1 + ╥ ╥ ╥ + a1 x + a0 с елыми
коэффииентами at 6= 0; at?1 ; : : : ; a0 . Выберем достаточно большое число
p и оложим s = 2p(2t ? 1) ? 2p?1. (В двоичной заиси s = 1 : : : 1010 : : : 0 с
t единиами и p нулями). Достаточно доказать, что
дробная часть {2s f ()} не равна нулю.
(Это число является ─s-хвостом│ десятичной заиси числа f (): его
двоичное разложение олучено из двоичного разложения числа f () отбрасыванием всех знаков слева от s-го знака осле заятой.)
Раскрывая скобки, олучим
q
=
X
?
n=0
n
2 2
?
q
=
?
X
n=0
dn (q)2?n ;
где dn (q) есть количество уорядоченных редставлений числа n в виде
суммы q стееней двойки (не обязательно различных стееней). Другими
словами, dn (q) является количеством уорядоченных наборов (w1 ; : : : ; wq )
длины q таких, что n = 2w1 + ╥ ╥ ╥ + 2wq (возможно wi = wj ). Наример,
d3 (2) = 2, оскольку 3 = 20 + 21 = 21 + 20 и d0(0) = 1.
Примеры трансендентных чисел
Имеем
f () =
?
X
n=0
181
dn2?n; где dn = atdn (t) + at?1 dn(t ? 1) + ╥ ╥ ╥ + a0dn (0):
Ясно, что dn (q) = 0 тогда и только тогда, когда n имеет более q едини
в двоичной заиси. Обозначим через Uq множество чисел n, имеющих не
более q едини в двоичной заиси. огда dn = 0 для n 6? Uq .
Число s1 = 2p (2t ? 1) | наименьшее число из Ut , большее, чем s (в двоичной заиси s1 = 1 : : : 10 : : : 0 с t единиами и p нулями). Число s2 = 2t+p
| наименьшее число из Ut , большее, чем s1 . Следовательно
{2s f ()} =
огда
{2s f ()} =
6 0;
X
?
n=0
dn
2s?n
оскольку
=
ds
1
2s?s1
+
?
X
n=s2
dn
2s?n
:
X
?
(1)
(2)
s
?
n
dn2 < 2s?s1 |ds1 | < 1=2:
n=s2
Для доказательства неравенств (1) и (2) нам онадобится следующая лемма, которую мы докажем озже.
Лемма о редставлении. Количество dn (q) уорядоченных редставлений числа n в виде суммы q стееней двойки не ревосходит (q!)2 .
Из леммы о редставлении олучаем, что существует число D = D(f )
такое, что |dn | 6 D для каждого n. Следовательно неравенство (2) верно,
так как |ds1 |2s?s1 6 D ╥ 2?2p?1 < 1=2 для достаточно больших p. Неравенство (1) верно, так как для достаточно больших p (аналогично утверждению о ? s для числа Лиувилля)
?
?
X
X
s
?
n
d
2
6
D
2s?n
n
n=s2
n=s2
= D ╥ 2s+1?s2 = D ╥ 2s?s1 +1?2
p
<
< 2s?s 6 2s?s |ds |:
Здесь оследнее неравенство верно, так как s1 ? Ut ? Ut?1 , и ds (q) = 0
для q < t, следовательно ds = at ds (t) 6= 0.
Доказательство леммы о редставлении. Для q = 0 имеем
?
d0 (0) = 1 6 0!2 . Для q > 1 имеем dn (q) = P dn?2r (q ? 1). Следовательно,
r=0
ри омощи индукии о q олучаем, что достаточно доказать следующее
1
1
1
1
утверждение:
1
для каждого n ? Uq существует не более q2 елых r > 0 таких,
что n ? 2r ? Uq?1 .
1
182
А. Каибханов, А. Скоенков
Рассмотрим двоичное редставление числа n ? Uq :
n = 2wk + 2wk?1 + ╥ ╥ ╥ + 2w1 ; где wk > wk?1 > ╥ ╥ ╥ > w1 > 0 и k 6 q:
Обозначим w0 = ?1. ак как n ? 2r < 0 для r > wk , то достаточно
доказать, что
для каждого i = 1; 2; :::; k существует не более q елых r ?
[wi?1 + 1; wi ? таких, что n ? 2r ? Uq?1 .
Следовательно, достаточно доказать, что
для каждого i = 1; 2; :::; k и r ? [wi?1 + 1; wi ? q? имеем n ? 2r 6?
Uq?1.
Чтобы доказать это утверждение, заметим, что 2wi ? 2r = 2wi ?1 +
+ 2wi ?2 ╥ ╥ ╥ + 2r есть сумма wi ? r > q различных стееней двойки, каждая
из которых больше 2wi?1 и меньше 2wi < 2wi+1 . Поэтому число n ? 2r
редставляется в виде суммы более чем q ? 1 различных стееней двойки.
Значит, n ? 2r 6? Uq?1 .
Обобщение
Предоложим, что дана строго возрастающая оследовательность {an }
натуральных чисел.
Пусть дано натуральное число q. Натуральное число m называется
q-редставимым , если m можно редставить в виде суммы не более чем
q членов оследовательности {ai}: m = ai1 + ai2 + ╥ ╥ ╥ + aiq . Эти члены не
обязательно различны (наример, число m = a2 + a2 является 2-редставимым).
Последовательность {ai } называется q-разреженной , если для любого
елого M существует три оследовательных q-редставимых числа a, b и
, ромежутки между которыми больше M (т. е. таких, что b ? a > M и
? b > M ).
Последовательность {ai } называется разреженной , если она q-разреженная для любого q.
Наример, оследовательность ai = i всех елых оложительных чисел является 1-редставимой, следовательно, эта оследовательность не
1-разрежена и тем более не разрежена. При доказательстве теоремы Малера было доказано, что оследовательность 2i является разреженной.
Последовательность {an } натуральных чисел называется q-рыхлой , если количество сособов редставления числа n в виде суммы q членов этой
оследовательности (не обязательно различных) не ревосходит некоторой константы Cq , не зависящей от n (но, возможно, зависящей от q).
Сформулируем это немного о-другому. Для любых натуральных q и n
обозначим через dn (q) количество редставлений числа n в виде суммы
q (не обязательно различных) членов оследовательности {ai } с учетом
Примеры трансендентных чисел
183
орядка. Другими словами, dn (q) | это количество уорядоченных наборов (ai1 ; : : : ; aiq ) с n = ai1 + ╥ ╥ ╥ + aiq . Последовательность {ai } называется
q-рыхлой , если существует число Cq такое, что dn(q) < Cq ри любом n.
Последовательность {ai } называется рыхлой , если она является q-рыхлой для любого натурального q.
Наример оследовательность ai = i не рыхлая и даже не 2-рыхлая.
Действительно, натуральное число n имеет не менее n=2?1 редставлений
в виде суммы двух натуральных чисел, таким образом dn (2) > n=2 ? 1.
Из леммы о редставлении вытекает, что оследовательность 2i является
рыхлой.
Аналогично риведённому доказательству теоремы Малера можно доказать следующий результат.
еорема. Если оследовательность {an } рыхлая и разреженная, то
число
?
P
n=0
2?an трансендентно.
Было бы интересно обобщить наше доказательство трансендентности числа Малера и риведённой теоремы до достаточного условия трансендентности числа, включающего два ─хороших│ риближения этого
числа.
Авторы не знают, являются ли следующие числа трансендентными
(или квадратичными ирраиональностями):
dn2?2n для любой ограниченной оследовательности
(a)
n=0
оложительных чисел.
?
P
(b)
()
(d)
(e)
?
P
n=0
?
P
n=0
?
P
n=0
?
P
dn2?2n для любой оследовательности 0 6 dn 6 n.
(?1)n 2?2n .
n=0
?
P
dn елых
"n2?2n для любой оследовательности "n ? {╠1}.
2?[1;1n ? .
(f)
2?fn , где
n=0
Фибоначчи.
fn+2 = fn+1 + fn, f0 = f1 = 1 | оследовательность
184
А. Каибханов, А. Скоенков
Сисок литературы
[1? Галочкин А. О мере трансендентности значений функий, удовлетворяющих некоторым функиональным уравнениям // Мат. Заметки, 1980. . 27, ┌2. С. 175{183.
[2? Курант Р., Роббинс Г. Что такое математика ? М.: МЦНМО, 2001.
[3? Фельдман Н. Алгебраические и трансендентные числа // Квант, ┌7,
1983. С. 2{7.
[4? Mahler K. Arithmetishe Eigenshaften der Losungen einer Klasse von
Funktionalgleihungen // Mathematishe Annalen, 1929. Bd. 1. S. 342{
366.
[5? Nishioka K. Mahler funtions and transendene. Leture Notes in Math.,
1631. Berlin { New York, 1996.
А. Б. Скоенков, кафедра дифферениальной геометрии и риложений,
механико-математический факультет, Московский государственный университет, Москва, 119992, Россия; Независимый московский университет,
Б. Власьевский ер., 11, Москва, 119002, Россия.
E-mail: skopenkomme.ru
А. Каибханов, кафедра дифферениальной геометрии и риложений, механико-математический факультет, Московский государственный университет, Москва, 119992, Россия.
E-mail: kaibmail.ru
185
Формула для объема ересечения куба
с олуространством
А. Я. Белов
В свое время я исследовал разбиение массива горных ород системами трещин. Каждая такая система моделировалась системой
араллельных равноотстоящих лоскостей. Случай трех систем тривиален | олучается разбиение ространства на равные араллелеиеды. К сожалению разбиения ространства большим числом систем (мне кажется) очти не рассматривались (хотя такие разбиения
должны иметь отношения к квазикристаллам). На рактике наблюдался случай четырех систем рямых. Меня интересовало расределение блоков о объемам. С точностью до аффинного реобразования
можно считать, что ервые три системы разбивают ространство на
единичные кубы, четвертая система их доразбивает. ак я ришел
к формуле объема ересечения куба с олуространством, которая
имеет красивое n-мерное обобщение.
Рассмотрим единичный куб K : K = {(x1 ; : : : ; xn )
олуространство Pd , задаваемое неравенством
X
|
0
6
xi
6
1} и
aixi 6 d:
Выберем наравления осей координат так, чтобы все коэффииенты
ai стали неотриательными. Для этого остуим так.
Если только один коэффииент ai отриательный, то сделаем замену xi ? 1 ? xi ; ри этом ai заменится на ?ai , куб K ерейдет в себя, а свободный член d станет равным d + ai . Если же отриательных
коэффииентов ai больше одного, остуим аналогично: для множества I ? {1; : : : ; n} индексов i, заданных условием ai < 0, сделаем ту же
одстановку xi ? 1 ? xi , оставив все остальные координаты xi без изменений. Как и раньше, куб K ерейдет вPсебя, а олуространство Pd | в
олуространство Pd? = {(x1 ; : : : ; xn ) | i?I a?i xi 6 d? }. После такого ре?
образования
P объемы ересечений K ?? Pd и K ? Pd будут одинаковыми,
?
d = d + i?I ai, а все коэффииенты ai = |ai | станут неотриательными,
чего мы и добивались.
Далее, если ai = 0 для некоторого i, то олуространство Pd араллельно i-й оси координат и n-мерный объем K ? Pd равен (n ? 1)-мерному
186
А. Я. Белов
объему ересечения Pd с соответствующей гранью куба, так что ситуаия сводится к меньшей размерности. В дальнейшем считаем оэтому,
что ai > 0 ри всех i = 1; 2; : : : ; n.
qP
P
2
Разделив обе части неравенства i?I ai xi 6 d на
i?I ai , риходим
qP
2
к случаю, когда
i?I ai = 1. В этом случае Vn (d) | объем ересечения
K ? Pd | задается равенством:
Vn(d) = n! Qn1 ai
i=1
X
|I |
(?1)
I ?{1;:::;n}
d?
X
n ai + :
i?I
(1)
Здесь все ai оложительны, x+ = max(x; 0), P
а |I | | число элементов множества I ; если I = ?, то олагаем |I | = 0 и i?I ai =
P0.
В частности, если d 6 0, то Vn (d) = 0, a если d > ni=1 ai , то Vn (d) = 1.
и
В размерностях n = 1, 2 и 3 формулы для объема ревращаются в такие.
Если n = 1, то длина ересечения единичного отрезка и луча x 6 d равна
V1 (d) = d+ ? (d ? 1)+ :
В двумерном и трехмерном случаях равая часть ринимает вид:
V2 (d) = 12 (a1 a2 ) ╥ d2+ ? (d ? a1 )2+ ? (d ? a2 )2+ + (d ? a1 ? a2 )2+
V3 (d) = 16 (a1 a2 a3 )?1 ╥ d3+ ? (d ? a1 )3+ ? (d ? a2 )3+ ? (d ? a3 )3+ +
+ (d ? a1 ? a2 )3+ + (d ? a2 ? a3 )3+ + (d ? a3 ? a1 )3+ +
? (d ? a1 ? a2 ? a3 )3+ ;
соответственно.
Из формулы (1) можно олучить формулу для лощади сечения куба гранией олуространства Pd . Для этого заметим, что число d есть
расстояние от начала координат O до граниы олуространства Pd , а
разность объемов V (d + d) ? V (d) = S (d)d + o(), где S (d) | искомая
лощадь сечения куба. Продифференировав равенство (1) о араметру
d, олучаем следующую формулу для лощади сечения:
S (d) = (n ? 1)!1Qn
?
X
n?1
?
ai + ? :
(2)
i?I
I ?{1;:::;n}
P
Равенство нулю S (d) ри d > ai (т.е. когда граниа Pd олуространства не ересекает куба K ) означает забавное комбинаторное тождество:
X
X n? 1
(?1)|I | d ? ai
? 0:
(3)
i=1 ai
I ?{1;:::;n}
?
(?1)|I |
i?I
d?
X
Формула для объема ересечения куба с олуространством
187
(Нижние значки ─+│ сняты, ибо все члены оложительны, оэтому левая
часть | многочлен от еременных d и ai , где i = 1; : : : ; n. Равенство нулю
многочлена в открытой области влечет тождественное равенство нулю).
Доказательство формулы (1)
Q
?1
Отметим, что выражение n1! ni=1 ai ╥ dn+ характеризует объем ересечения Pd с оложительным ортантом
Q = {(x1 ; : : : ; xn ) | xi > 0}:
Величина
!n
n ?1
n
X
1 Y
n!
i=1
ai
d?
i=1
ai fi
+
равна объему ересечения Pd со сдвигом
оложительного ортанта Q
~
на вектор f = (f1 ; : : : ; fn ) (т. е. с областью {(x1 ; : : : ; xn ) | xi > fi}). Пусть
VId | объем ересечения Pd с областью
UI = {(x1 ; : : : ; xn ) | xi > 0; i ?= I; xi > 1; i ? I }:
В частности, U? = {(x1 ; : : : ; xn ) | xj > 0}. огда формула (1) римет вид:
Qf~
Vn(d) =
X
(?1)|I | VId :
I ?{1;:::;n}
Пусть Qi = {(x1 ; : : : ; xn ) | xj > 0; j 6= i; xi > 1}. огда UI = ?i?I Qi и
формула (1) окажется частным случаем (когда = Pd ) формулы
Vol(K ? ) = Vol( ? U?) +
X
(?1)k ╥ Vol( ? Qi1 ? : : : ? Qik ): (4)
16k6n;
16i1 <╥╥╥<ik 6n
Здесь Vol(M ) | объем множества M , | роизвольная фигура, ересечение которой с любым сдвигом оложительного ортанта ограничено.
Докажем равенство (4). Единичный куб K доолняется до Q объединением множеств Qi . о же верно и для ересечения соответствующих
множеств с . Пусть j = ? Qj . огда ? Qi1 ? : : : ? Qik = i1 ? : : : ? ik ,
и достаточно роверить, что величина
n
X
(?1)k+1
X
Vol(i1 ? : : : ? ik ):
16i1 <╥╥╥<ik 6n
есть объем объединения ?j j . Но это есть частный случай формулы
включения{исключения.
k=1
188
А. Я. Белов
Наомним эту формулу. Пусть Ui { семейство множеств, |U | означает
объем множества U . огда
| ? Ui | =
n
X
(?1)k+1
X
|Ui1 ? : : : ? Uik |:
16i1 <╥╥╥<ik 6n
(В дискретном случае обычно олагают в качестве |U | число элементов.
огда олучается формула из обычной комбинаторики (см. [1?.) )
k=1
Смысл этой формулы таков: чтобы одсчитать число элементов (объем) объединения, надо росуммировать количества элементов (объемы) множеств. Но
тогда оарные ересечения окажутся добавленными лишний раз. Их надо вычесть. Но тогда надо сделать оравку на тройные ересечения, и т. д.
Замечания.
1. С каждым множеством U можно связать характеристическую функию U : RU (x) = 1 ри x ? U , U (x) = 0 ри x ?= U . Объем множества
U равен U . Пусть i : g(x) ? g ? T~ei (g), где Tf~(g)(x) = g(x + f~).
Если L = [0; 1?, R = [0; ?) то L = 1 (R ). Характеристическая
функия куба K олучается из характеристической
функии олоQ
жительного ортанта Q рименением оератора ni=1 i . Но
n
Y
i=1
i (Q ) = (1 ? T~e1 ) ╥ : : : ╥ (1 ? T~en )(Q ) =
=
X
(?1)k T~ei1 (Q ) ? : : : ? T~eik (Q ):
06k6n;
16i1 <╥╥╥<ik 6n
Отсюда также следует формула (4).
2. Аналогичным образом с омощью включения{исключения доказывается оляризаионная формула:
(x1 + ╥ ╥ ╥ + xn )n ?
+ (?1)k
X
X
i
i1 <╥╥╥<ik
(x1 + ╥ ╥ ╥ + xbi + ╥ ╥ ╥ + xn )n + ╥ ╥ ╥ +
(x1 + ╥ ╥ ╥ + xci1 + ╥ ╥ ╥ + xcik + ╥ ╥ ╥ + xn )n +
+ ╥ ╥ ╥ + (?1)n
X
xni =
X
?Sn
x(1) ╥ : : : ╥ x(n) :
Если еременные xi коммутируют, то равая часть в этой формуле
равна n! x1 ╥ : : : ╥ xn .
Формула для объема ересечения куба с олуространством
189
3. В школе нас риучают избегать круных формул. Однако равильно
организованая формула (своего рода иероглиф) оказывается красивой! А красота служит роверке равильности.
Автор ризнателен Г. А. Гальерину, обудившему его наисать данную заметку и обратившему внимание на задачу о лощади сечения.
Сисок литературы
[1? Виленкин Н. Я. Комбинаторика . М.: Наука, 1967.
[2? Белов А. Я. Статистическая геометрия и равновесие блочных массивов . Дисс. на соиск. уч. сте. канд. физ. мат. наук. М.: МГИ, 1991.
А. Я. Белов, МИОО
E-mail: kanelmme.ru
190
О редставлении чисел в виде суммы двух
квадратов
М. Н. Вялый
Какие елые числа являются суммами двух квадратов? Ответ на этот
ворос известен: число редставляется в виде суммы двух квадратов тогда и только тогда, когда в его разложение на ростые множители каждое
ростое число вида 4k + 3 входит в четной стеени.
Как найти редставление числа n в виде суммы двух квадратов? Конечно, можно еребрать все ары 0 6 x; y 6 n и роверить для каждой
ары равенство x2 + y2 = n. Нельзя ли ридумать алгоритм, который
решает эту задачу быстрее?
Эффективных алгоритмов для редставления числа в виде суммы двух
квадратов ока нет. Но задача значительно урощается, если известен
корень из ?1 о модулю n. В этом случае можно обойтись без еребора.
Алгоритм Эрмита { Серре.
1. Вход: n; z , ричем z 2 ? ?1 (mod n).
2. Полагаем a0 = n, a1 = z .
3. К аре чисел a0 , a1 рименяем алгоритм Евклида, т. е. вычисляем
оследовательность остатков от деления ai на ai+1 :
ai = qiai+1 + ai+2 :
4. Останавливаемся?в тот момент,
когда два
?
? оследовательных остатка
не ревосходят n: at 6 n, at+1 6 n. Это и есть нужная ара
чисел:
a2t + a2t+1 = n:
Числа в оследовательности остатков, возникающей в алгоритме Евклида, быстро убывают. Поэтому вычисления о алгоритму Эрмита {
Серре занимают гораздо меньше времени, чем еребор всех возможностей.
Откуда берется связь между алгоритмом Евклида и редставлениями числа в виде суммы двух квадратов? Есть два, содержательно очень
близких, сособа обосновать алгоритм Эрмита { Серре. Первый основан
на связи между алгоритмом Евклида и еными дробями и исользует
О редставлении чисел в виде суммы двух квадратов
191
симметричность разложения в еную дробь числа n=z [2?. Второй редложен А. ван дер Портеном [4? (см. также [3?) и исользует симметричные
разложения матри размера 2 в 2. Ниже это доказательство излагается
одробно.
Мы оишем связь между алгоритмом Евклида и матриами размера
2 в 2 с омощью функии ─скобки│, которая оределена на оследовательностях натуральных (оложительных елых) чисел следующими рекуррентными соотношениями:
[ ? = 1; [q? = q; [q0 ; q1 ; q2 ; : : : ; qn? = q0 [q1 ; q2 ; : : : ; qn ? + [q2 ; : : : ; qn ?: (1)
Наример, [q0 ; q1 ? = q0 [q1 ? + [ ? = q0 q1 + 1.
Неосредственно из оределения видно, что эта функия оложительна на любой оследовательности q0 ; q1 ; q2 ; : : : ; qn оложительных елых чисел. Поэтому
[q0 ; q1 ; : : : ; qn? > [q1 ; : : : ; qn ?:
(2)
аким образом, из (1) следует, что рименение алгоритма Евклида к аре
чисел [q0 ; q1 ; q2 ; : : : ; qn ?, [q1 ; q2 ; : : : ; qn ? дает оследовательность остатков
ai = [qi; : : : ; qn?, ри этом оследовательностью частных будет q0; : : : ; qn.
Отсюда вытекает следующая
Лемма 1. Представление ары взаимно ростых чисел
a = [q0; q1 ; q2; : : : ; qn?; b = [q1 ; q2; : : : ; qn?
a; b в виде
(3)
однозначно оределено.
Заметим также, что та же самая оследовательность q0 ; q1 ; q2 ; : : : ; qn
возникает ри разложении a=b в еную дробь.
Шаг алгоритма Евклида можно редставить в матричном виде
ai = 0 1
ai?1 или ai?1 = qi?1 1 ai :
ai+1
1 ?qi?1
ai
ai
1 0 ai+1
Мы будем исользовать роизведения матри второго вида. Матричные элементы таких роизведений легко выражаются через скобки [╥? с
омощью матричного равенства
[q0 ; : : : ; qn ? [q0 ; : : : ; qn?1 ? = q0 1 [q1 ; : : : ; qn ? [q1 ; : : : ; qn?1 ? ; (4)
[q1 ; : : : ; qn ? [q1 ; : : : ; qn?1 ?
1 0 [q2 ; : : : ; qn ? [q2 ; : : : ; qn?1 ?
которое роверяется рямым вычислением. Из (4) о индукии следует,
что
[q0 ; : : : ; qn ? [q0 ; : : : ; qn?1 ? = q0 1 q1 1 ╥ : : : ╥ qn 1 : (5)
[q1 ; : : : ; qn ? [q1 ; : : : ; qn?1 ?
1 0 1 0
1 0
192
М. Н. Вялый
Из (5) и леммы 1 следует единственность редставления матриы 2 в 2
вида
a b = q0 1 q1 1 ╥ : : : ╥ qn 1
(6)
d
1 0 1 0
1 0
(конечно, такое редставление существует не всегда).
Нам отребуется следующая лемма.
Лемма 2. Пусть ad = b2 + 1, a > b > d > 0. огда существует
q такое, что
a b = q 1 a? b? q 1
b d
1 0 b? d? 1 0
и либо a? > b? > d? > 0, либо b? = 0, a? = d? = 1.
единственное натуральное
(7)
Доказательство. Легко роверить, что из (7) следуют равенства
a? = d, b? = b ? qd, d? = (a ? qb) ? q(b ? qd):
q 1
d
b ? qd
q 1 =
1 0 b ? qd (a ? qb) ? q(b ? qd) 1 0
b
a
? qb
q
1
a
b
= d b ? qd 1 0 = b d : (8)
Поэтому условия a? > b? > 0 означают d > b ? qd > 0. аким образом,
q должно быть частным от елочисленного деления b на d.
Рассмотрим вначале случай, когда b не делится на d: b = qd + r,
0 < r < d. Поскольку ad ? b2 = 1,
? ?
det ab? db ? = 1
(9)
(эта матриа олучается умножением матриы с оределителем 1 на две
матриы с оределителем ?1). Поэтому из a? = d > 0, b? = r > 0 следует,
что и d? > 0. Кроме того, a? = d > r = b? . Осталось роверить неравенство
r = b? > d? . Если d? > b?, то a? d? > (b? + 1)2 > b?2 + 1, что ротиворечит (9).
еерь рассмотрим случай, когда b делится на d. огда
? ? ?
a b = a 0 :
b? d?
0 d?
Оределитель этой (диагональной) матриы равен 1, оэтому a? = d? = 1.
Заметим,
? ? что лемму 2 можно рименять индуктивно: олученная матриа ab? db ? либо единичная, либо тоже удовлетворяет условию леммы.
При оследовательном рименении леммы 2 внедиагональные элементы
убывают, как видно из (8). Поэтому рано или оздно матриа станет
О редставлении чисел в виде суммы двух квадратов
193
единичной. В результате такого роесса олучается симметричное разложение исходной матриы, имеющее вид
a b = q0 1 q1 1 ╥ : : : ╥ qn 1 qn 1 ╥ : : : ╥ q1 1 q0 1
b d
1 0 1 0
1 0 1 0
1 0 1 0
(10)
еерь вернемся к обоснованию алгоритма Эрмита { Серре. Без ограничения общности можно считать, что z < n=2. огда k = (z 2 + 1)=n 6 z .
Поэтому из леммы 2 следует существование симметричного разложения
для матриы
n z = q0 1 q1 1 ╥ : : : ╥ qn 1 qn 1 ╥ : : : ╥ q1 1 q0 1 :
z k
1 0 1 0
1 0
1 0
1 0 1 0
(11)
Обозначим
x
u
q
1
q
1
q
1
n
1
0
A = y v = 1 0 ╥ ::: ╥ 1 0 1 0 :
огда
n z = At A = x y
z k
u v
x u :
y v
Значит, n = x2 + y2 . ак как разложение вида (6) единственно, то из (5)
заключаем, что x = an+1 , y = an+2 , где ai | остатки в алгоритме Евклида, римененном к аре a0 = n, a1 = z . Ясно, что a2n+k 6 n ри
k > 1. Для завершения обоснования алгоритма Эрмита { Серре осталось
роверить, что a2i > n? ри i 6 n. Для этого достаточно роверить, что
an = qnan+1 + an+2 > n. И действительно,
a2n = (qnx + y)2 > (x + y)2 = n + 2xy > n:
Замечания.
1. У еных дробей есть естественная геометрическая интерретаия
(см., наример, [1?.) Интересно было бы выразить явно геометрический смысл леммы 2.
2. Из (11) можно вывести уоминавшийся выше факт, что разложение
n=z в еную дробь симметрично.
3. В книге Дэвенорта [2? риведено несколько сособов разложения
числа в сумму двух квадратов. Все они так или иначе исользуют
разложения в еные дроби и неэффективны в смысле теории вычислительной сложности: время работы соответствующих алгоритмов
эксонениально зависит от длины входа (которая римерно равна
логарифму числа, для которого находится редставление в виде суммы двух квадратов).
194
М. Н. Вялый
4. В случае ростого n имеет место замечательная формула Гаусса,
доказанная Коши и Якобшталем. Пусть n = 4k + 1 | ростое,
1
x ? 2 2k (mod n); y ? (2k)!x (mod n); |x|; |y| < n=2:
k
огда x2 + y2 = n. Несмотря на ─явный│ вид формулы Гаусса, она
также не риводит к эффективному алгоритму.
К сожалению, в [2? не риводится доказательства формулы Гаусса, а
лишь сообщается, что известные доказательства не очень росты.
Возможно, кто-нибудь из читателей ─Математического росвещения│ ридумает ростое доказательство этого факта?
Автор благодарен Ю. А. Флёрову, заинтриговавшего его воросом об
алгоритмах разложения числа в сумму квадратов, а также И. Богданову,
В. Бугаенко, В. Прасолову за интерес к статье и енные замечания.
[1?
[2?
[3?
[4?
Сисок литературы
Арнольд В. И. Ценые дроби . Биб-ка Матем. росв., вы. 14. М.:
МЦНМО, 2001.
Дэвенорт Г. Высшая арифметика . М.: Наука, 1965.
Buther J. C. MATHEMATICAL MINIATURE 14: Sums of two squares
revisited .
www.math.aukland.a.nz/~ buther/miniature/miniature14.pdf
van der Poorten A. J. The Hermite{Serret Algorithm and 122 + 332 //
Cryptography and Computational Number Theory. Springer Verlag, 2001.
P. 129{136.
Вялый М. Н., ВЦ РАН, ВКМ НМУ
e-mail: vyalyimme.ru
195
Периодические оследовательности
М. Ш. Цаленко
Остатки от деления членов оследовательностей, оределяемых рекуррентными соотношениями, на данное число k образуют ериодические оследовательности. Примерами могут служить арифметические
и геометрические рогрессии, стеенные выражения nm , в которых n
робегает значения 0; 1; 2; : : : , а m является фиксированным оложительным елым числом, числа Фибоначчи и многие другие оследовательности. Нахождение ериодов некоторых оследовательностей
является основной темой этой статьи.
Материал этой статьи может быть исользован в математических
кружках. Он также олезен и достуен учащимся старших классов,
интересующимся математикой и ринимающим участие в математических соревнованиях.
1. Рекуррентные оследовательности
Мы будем рассматривать оследовательности елых чисел или, другими словами, функии неотриательного елого аргумента, ринимающие
елые значения. По традиии значение такой функии a на числе n (n-й
элемент оследовательности) обозначается an .
Последовательность называется рекуррентной , если она задается формулой
an+k = 1 an+k?1 + 2an+k?2 + ╥ ╥ ╥ + k a0 ;
где 1 ; : : : ; k | фиксированные числа.
Проиллюстрируем это оределение на нескольких римерах. Простейший ример | арифметическая рогрессия, которая задается соотношением an+1 = an + d. Ее можно задать и о-другому, исключив d:
an+2 ? 2an+1 + an = 0. Аналогичную формулу можно наисать и для оследовательности квадратов an = n2 : an+3 ? 3an+2 ? 3an+1 + an = 0.
Задача. Докажите, что для любого k оследовательность an = nk
удовлетворяет рекуррентному соотношению
k
X
i=0
(?1)i
k a = 0:
i n+i
196
М. Ш. Цаленко
Рекуррентными являются и многие другие хорошо известные виды оследовательностей, скажем, геометрические рогрессии an+1 = qan или
числа Фибоначчи an+2 = an+1 + an , a0 = 0, a1 = 1. Некоторые рекуррентные оследовательности ериодичны, наример, оследовательность
an+2 = an+1 ? an; a0 = 2; a1 = 1
ериодична с ериодом 6 (роверьте!).
Уражнение. Проверьте, что остатки, образуемые числами Фибоначчи ри делении на 2, 3, 4 соответственно образуют ериодические
оследовательности с ериодами 3, 8, 12.
2. Сравнения о модулю
Говорят, что елые числа a и b сравнимы о модулю n > 1, если ри
делении на n они дают одинаковый остаток (обозначение a ? b (mod n)).
Отношение сравнимости о любому модулю является отношением эквивалентности. Более того, сумма остатков сравнима с остатком от суммы
и роизведение остатков сравнимо с остатком от роизведения. Классы
эквивалентности о модулю n называются классами вычетов или росто вычетами о модулю n. Вычеты можно складывать и умножать о
следующим равилам
[a? + [b? = [a + b?;
[a? ╥ [b? = [ab?:
Множество елых чисел Z и множества вычетов Zn называются в алгебре
кольами, а сооставление числу a класса вычетов [a?, которому ринадлежит остаток от деления a на n, является гомоморфизмом кольа елых
чисел Z на кольо вычетов Zn .
Вычет [a? называется делителем нуля в Zn , если существует такой
вычет [b?, что [a? ╥ [b? = [0?. Вычет [a? называется обратимым в Zn , если существует такой вычет [b?, что [a? ╥ [b? = [1?. Можно роверить, что
каждый вычет либо является делителем нуля, либо обратим. Обратимыми являются в точности те вычеты [a?, для которых a взаимно росто с
n. В доказательстве этого факта олезно исользовать следующее свойство наибольшего общего делителя (a; b) чисел a и b: (a; b) является наименьшим оложительным числом, которое можно редставить в виде
елочисленной линейной комбинаии ua + vb чисел a и b.
3. Периодические оследовательности
Назовем оследовательность a0 ; : : : ; an ; : : : ериодической , если существует такое елое число T > 0, что
an+T = an для всех n больших некоторого n0:
(1)
Периодические оследовательности
197
Наименьшее возможное число T , для которого выолняется (1), назовем
ериодом оследовательности an .
Исользуя свойство наибольшего общего делителя, уомянутое выше,
и оределение ериодической оследовательности, нетрудно доказать следующий факт:
еорема 1. Если для оследовательности an существуют два оложительных числа T1 и T2 , для которых выолняется (1), то для D =
= (T1 ; T2 ) также выолняется (1).
Поэтому все числа T , для которых выолняется (1), кратны ериоду
оследовательности.
еорема 2. Пусть оследовательность an задается рекуррентным
соотношением an+t = 1 an+t?1 + 2 an+t?2 + ╥ ╥ ╥ + t a0 , в котором все коэффииенты 1 ; : : : ; t | елые числа. Если a0 ; a1 ; : : : ; at?1 | елые числа,
то все члены оследовательности являются елыми числами, остатки от деления которых на любое елое число образуют ериодическую
оследовательность.
Прежде чем доказывать теорему 2, разберем случай геометрической
рогрессии an . Рассмотрим остатки стееней a о модулю k. Последовательность [a?n = [an ? обязательно содержит одинаковые члены (так как
вычетов о модулю k конечное число). Значит, выолняется равенство
[a?m1 = [a?m2
(2)
ри m1 6= m2 . Без ограничения общности считаем, что T = m1 ? m2 > 0.
Умножая равенство (2) на [a?n?m2 , убеждаемся, что [a?n+T = [a?n ри
n > m2. Поэтому оследовательности остатков от деления an на k ериодическая. Подробнее эти оследовательности и их ериоды обсуждаются
ниже в разделе 5.
Пример оследовательности 1; 2; 22 ; : : : и модуля 4 оказывает, что в
общем случае ериодическое овторение не обязано начинаться с самого
начала оследовательности: в данном случае оследовательность остатков есть 1; 2; 0; 0; : : :
Доказательство теоремы 2. Оно обобщает риведенное выше рассуждение об остатках членов геометрической рогрессии.
Для остатков членов рекуррентной оследовательности также выолняется рекуррентное соотношение
[an+t ? = [1 ? ╥ [an+t?1 ? + [2 ? ╥ [an+t?2 ? + ╥ ╥ ╥ + [t ? ╥ [a0 ?;
оэтому любые t оследовательных элементов рекуррентной оследовательности однозначно оределяют следующее число в оследовательности. Но наборов из t остатков (кортежей длины t) от деления на k
198
М. Ш. Цаленко
конечное число | kt . Значит, какой-то набор встретится дважды, осле чего элементы оследовательности станут ериодически овторяться.
оследовательности
4. Стеенные
Последовательности an = nm являются рекуррентными, так что оследовательности остатков rn = nm (mod k) ериодичны в силу теоремы 2.
Лемма 1. a ) Период T оследовательности rn = nm (mod k) явля-
ется делителем k.
b ) Множество ростых делителей ериода T совадает с множеством ростых делителей
2k .
m
с ) Сумма mT + 2 T + ╥ ╥ ╥ + mm?1 T m?1 делится на k.
Доказательство. а) Для любого i = 0; 1; 2; : : : имеем:
m im?1 k + mim?2 k2 + ╥ ╥ ╥ + km ? im (mod k):
1
2
По следствию теоремы 1 ериод T является делителем k. Поэтому из
наисанного выше сравнения следует, что (i + T )m ? im (mod k) для всех
i > 0.
b) Если T является ериодом, то, в частности, ри i = 0 имеем:
0m = 0 ? (0 + T )m = T m (mod k):
Следовательно, число T m делится на k и оэтому среди ростых делителей T должны находиться все ростые делители k. Из а) видно, что верно
и обратное утверждение. Поэтому множества ростых делителей k и T
(i + k)m
= im +
совадают.
с) Если T | ериод, то ри i = 1 имеем:
1 = 1m ? (1+T )m = 1+mT ++
m T 2 +╥ ╥ ╥+ m T m?1 +T m (mod k):
2
m?1
Сокращая 1 в обеих частях этого сравнения и T m
части, олучаем нужное сравнение.
?
0 (mod k) в равой
еорема 3. Остатки от деления членов оследовательности олных квадратов на елое число k > 1 образуют оследовательность,
ериод T которой равен k, если k не делится на 4, и равен k=2, если
k делится на 4.
Доказательство. В силу утверждения а) леммы 1 ериод T является
делителем k. Если T < k, то T 6 k=2. Поэтому 2T 6 k. В силу утверждения с) леммы 1 2T > k, т. е. 2T = k. Следовательно, число k четно. В силу
Периодические оследовательности
36
33
30
27
24
21
18
15
12
9
6
3
00
2
4
6
8
Рис. 1.
199
10
12
14
16
18
x2 (mod 18)
25
20
15
10
5
00
5
10
Рис. 2.
15
20
25
x2 (mod 25)
утверждения b) леммы 1 ериод тоже является четным числом. Поэтому
k делится на 4, а ериод T равен k=2. Во всех остальных случаях T = k.
Задача. Про многочлен P (x) с елыми коэффииентами известно,
что P (1) = 2. Докажите, что P (7) не является олным квадратом.
Перейдем теерь к общему случаю оследовательности an = nm ,
m > 2. Как уже отмечалось, всякая оследовательность an является функией аргумента, ринимающего неотриательные елые значения. График такой функии состоит из дискретного множества точек. Как видно из сравнений n2m ? (?n)2m ? (T ? n)2m (mod k), в случае стеенных
оследовательностей с четным оказателем часть графика, соответствующая ериоду (от 0 до T ) симметрична относительно рямой x = T=2. На
рис. 1 и 2 можно увидеть эту симметрию (куски арабол добавлены ─для
красоты│).
200
М. Ш. Цаленко
еерь остроим наименьшее число T , множество ростых делителей которого совадает с множеством ростых делителей числа k и mT
делится на k.
Пусть k = p1 1 p2 2 ╥ : : : ╥ ps s , где p1 ; p2 ; : : : ; ps | различные ростые числа, а оказатели стееней 1 ; : : : ; s больше нуля. Представим m в виде
m = p1 1 p2 2 ╥ : : : ╥ ps s m1, доуская для оказателей стееней 1; : : : ; s значение 0. Положим
T (k; m) = p11 p22 ╥: : :╥pss ; где i = i?i; если i > i; и i = 1; если i 6 i:
Ясно, что число T (k; m) является наименьшим делителем k, обладающим
указанными выше свойствами. Обозначим d(k; m) = k=T (k; m). Легко видеть, что m делится на d(k; m) и
d(k; m) = pф11 pф22 ╥: : : ╥pфss ; где фi = i; если i > i ; и фi = i ?1; если i 6 i;
еорема 4. Период оследовательности rn = nm (mod k) является
делителем числа T (k; m).
Доказательство. Для урощения заиси вместо
T (k; m) и d(k; m)
будем исать T и d. В силу следствия теоремы 1 для доказательства теоремы достаточно оказать, что для любого елого неотриательного i
выолняется (i + T )m ? im (mod k). ак как
(i + T )m = im +
m Tim?1 + ╥ ╥ ╥ + mT l im?l + ╥ ╥ ╥ + T m;
1
l
то достаточно доказать, что все числа ml T l делятся на k = dT ри
1 6 l 6 m.
Вначале рассмотрим случай l < m. Обозначим q = m=d. ак как
m T l = m(m ? 1) ╥ : : : ╥ (m ? l + 1) T l = (dT )m ? 1 ╥ q T l?1;
l ╥ (l ? 1)!
l
l?1 l
достаточно доказать, что A = ml??11 ╥ ql T l?1 | елое. Как оказывает
разложение
m = d ╥ m ? 1 ╥ q ;
l
l?1 l
в знаменатель редставления A в виде несократимой дроби могут входить только делители k (если p не является делителем k, то p также не
является делителем d). Но если k делится на p, то T l?1 делится о крайней мере на pl?1. С другой стороны, p может входить в разложение l на
ростые множители не более, чем ?logp l? раз (здесь ? ? обозначает елую
часть числа). Из неравенства logp l 6 log2 l 6 l ? 1 следует, что число A |
елое.
Периодические оследовательности
201
Остается оказать, что T m делится на k. Если p | ростой делитель
k, на который m не делится, то p входит в T в той же стеени, что и в k.
Если же p | общий ростой делитель k и m, то p входит в T о крайней
мере один раз.
Если 6 (для урощения заиси индексы оущены), то p входит в
T в ервой стеени. огда p входит в T m о крайней мере p раз. ак
как p > 2 и > , то p > 2 > > , и T m делится на p .
Если > , то p входит в T о крайней мере ( ? )p раз. Покажем,
что ( ? )p > . ак как 6 p ? 1, то 1= > 1=(p ? 1). Учитывая, что
? > 1, олучаем
1 + ? 1
>1+ p ?1
?
p
> p ?1
?
( ? )p > :
ем самым доказано, что T m делится на k.
Следствие 1. Если k = p1 p2 ╥ : : : ╥ ps, где p1 ; p2 ; : : : ; ps | различные ростые множители, то ри любом m ериод оследовательности
an = nm (mod k) равен k.
Следствие 2. Если k и m взаимно росты, то ериод оследовательности an = nm (mod k) равен k.
Доказательство. Предоложим, что ериод T меньше k. Множество ростых делителей у T такое же, как у k (лемма 1b). Поэтому без
ограничения общности можно считать, что k = p2 q и T является делителем T1 = pq. огда im ? (i + T1 )m (mod k), а так как T12 делится
на k, то
m T 2 + ╥ ╥ ╥ + T m ? 1 + mT (mod k):
1m ? (1 + T1 )m = 1 + mT1 +
1
1
2 1
Значит, mT1 делится на k. Поскольку k и m взаимно росты, то и T1
делится на k. Приходим к ротиворечию, так как T1 < k.
В том случае, когда m и k имеют общие множители, ериод может
оказаться меньше T (k; m), как оказывает следующий ример. Если k =
= 32 = 25 и m = 8 = 23 , то T (32; 8) = 4. Однако ериод T = 2, как
оказывают вычисления:
n 0 1 2 3 4
rn 0 1 0 1 0
Единственное неочевидное равенство в этой таблие: 38 ? 1 (mod 32).
Оно легко усматривается из разложения
38 ? 1 = (3 ? 1)(3 + 1)(32 + 1)(34 + 1):
Все множители в равой части четны, а 3 + 1 делится на 4.
202
М. Ш. Цаленко
Следствие 3. Если k = p1 1 p2 2 ╥ : : : ╥ ps s , m = p1 1 p2 2 ╥╥ ╥ ╥ ╥ ps s , i > i ? 1
для всех i = 1; 2; : : : ; s, то ериод оследовательности an = nm (mod k)
равен p1 p2 ╥ ╥ ╥ ╥ ╥ ps .
5. Геометрические рогрессии
Из рассмотрения стеенных функий может оказаться, что ериод
всегда связан с модулем k. Однако уже для случая оказательных функий (или геометрических рогрессий) an = mn , m > 1, ериод не имеет
очевидной связи с модулем.
Поскольку следующий член геометрической рогрессии однозначно
оределяется редыдущим, ериодом an будет такое наименьшее T > 0,
что
(3)
mi(mT ? 1) ? 0 (mod k)
ри всех достаточно больших i.
Вначале рассмотрим случай, когда m взаимно росто с k. В этом
случае T совадает с орядком [m? в колье Zk , т. е. наименьшим оложительным числом r, для которого [m?r = [1?. Наомним, что орядок
является делителем количества чисел, меньших k и взаимно ростых с
k. Это оследнее число обозначается '(k) и называется функией Эйлера . Функия Эйлера обладает свойством мультиликативности : для
взаимно ростых x, y выолняется '(xy) = '(x)'(y). Из свойства мультиликативности легко вывести формулу Эйлера
'(p1 1 p2 2 ╥ : : : ╥ ps s ) = (p1 1 ? p11 ?1)(p2 2 ? p2 2?1 ) ╥ : : : ╥ (ps s ? ps s ?1);
где pi | различные ростые числа.
Поскольку T делит '(k), то выолняется сравнение m'(k) ? 1 (mod k),
которое называется теоремой Эйлера . Если k | ростое, то '(k) =
= k ? 1 и теорема Эйлера ревращается в малую теорему Ферма :
mk?1 ? 1 (mod k).
Все риведенные выше факты хорошо известны, и их можно найти
во многих книгах о теории чисел, скажем, в книге Н. Б. Алтуфовой,
А. В. Устинова ─Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ.│, М.: МЦНМО, 2002.
Общий случай легко сводится к уже рассмотренному. Для любого елого k > 1 оложим k = p1 1 p2 2 ╥ : : : ╥ ps s k1 , где p1 ; p2 ; : : : ; ps | все общие
ростые делители m и k, а 1 ; 2 ; : : : ; s | наибольшие стеени, в которых эти делители входят в разложение k на ростые множители. В дальнейшем роизведение p1 1 p2 2 ╥ : : : ╥ ps s будет обозначаться через b(m; k) или
росто через b. Число k1 равно k=b(m; k).
Периодические оследовательности
203
еорема 5. Период оследовательности остатков rn = mn (mod k),
где m и k | фиксированные елые числа, большие 1, равен орядку [m?
в Zk1 .
Доказательство. Поскольку b(m; k ) является роизведением стееней ростых чисел, входящих в m, все достаточно большие стеени m
делятся на b(m; k). Но тогда из сравнения (3) заключаем, что mT ? 1 ? 0
(mod k1 ).
Проиллюстрируем утверждение теоремы 5 на следующем римере.
Пусть k = 12. Если m = 2, то k1 = 4 и b = 4. огда ериод оследовательности остатков, олучающихся ри делении чисел 2n на 12, равен
2, так как вычет [2? имеет орядок 2 в Z3 . Если m = 3, то k1 = 4 и b = 3,
и тогда ериод оследовательности 3n (mod 12) также равен 2, так как
вычет [3? имеет орядок 2 в Z4 .
Отметим, что теорема 5 объясняет, в частности, тот факт, что критерии делимости на разные числа k имеют разную сложность: сложность
критерия оределяется величиной орядка вычета [10? в Zk1 . Наример,
[10? имеет орядок 2 в Z11 и орядок 6 в Z7 .
6. Числа Фибоначчи
Наомним, что оследовательность чисел Фибоначчи оределяется рекуррентным соотношением
an+2 = an+1 + an
и начальными условиями a0 = 0, a1 = 1. В силу теоремы 2 для любого
k остатки образуют ериодическую оследовательность. Заметим, что
остатки чисел Фибоначчи удовлетворяют тому же рекуррентному соотношению о любому модулю. Это озволяет уростить вычисление членов
оследовательности остатков. Кроме того, любые два соседних члена оследовательности чисел Фибоначчи олностью оределяют всю оследовательность: если известны члены am , am+1 то, исользуя рекуррентное
соотношение, можно найти не только am+2 , am+3 , . . . , но и am?1 , am?2 ,
. . . , оскольку из am+1 = am + am?1 следует am?1 = am+1 ? am .
Из оследнего замечания сразу следуют два важных вывода:
а) остатки образуют ериодическую оследовательность, ервый
ериод которой начинается с членов a0 и a1 ;
б) существует бесконечно много чисел Фибоначчи, которые делятся
на любое заданное k.
Последнее утверждение отмечено также в книге Н. Н. Воробьёва ─Числа Фибоначчи│.
204
М. Ш. Цаленко
Заметим, что любые два соседних члена оследовательности чисел
Фибоначчи взаимно росты . Это утверждение устанавливается с омо-
щью метода математической индукии.
Обозначим через m номер второго числа Фибоначчи, которое делится
на k (ервым является число a0 = 0). Число am?1 взаимно росто с am
в силу сказанного выше и тем самым взаимно росто с k, так как am
согласно нашему выбору делится на k. Значит, вычет [am?1 ? обратим в
Zk , обозначим через p его орядок.
еорема 6. В обозначениях, введенных выше, ериод оследовательности остатков, олучающихся ри делении чисел Фибоначчи на k > 1,
равен
pm.
Доказательство. Первый ериод начинается числами 0, 1 и должен
кончаться числом 1, так как 1 + 0 = 1. Обозначим через r остаток от
деления am?1 на k. огда члены с номерами m ? 1, m, m + 1, m + 2 в
оследовательности остатков выглядят следующим образом:
r; 0; r; r; 2r (mod k):
Значит, остаток с номером m + i, 0 6 i < m олучается из остатка с номером i умножением на r и оследующим взятием остатка о модулю k.
Поэтому еред третьим нулем в оследовательности остатков оявится
остаток от деления r2 на k. Продолжая дальше, можно заметить, что осле третьего нуля начальный отрезок оследовательности умножается на
r2 (с оследующим взятием остатка о модулю k) и т. д. Следовательно,
1 оявится ервый раз еред нулем в оследовательности остатков, когда
еред нулем окажется [rp?. ак как второму нулю редшествуют m чисел
и эти числа умножаются оследовательно на r, r2 , . . . rp?1, то общее число
чисел в ериоде равно mp, что и утверждалось.
Покажем на римерах, как вычисляется ериод оследовательности
остатков чисел Фибоначчи, олучающихся ри делении на число k.
Пусть k = 3. Второй член в оследовательности чисел Фибоначчи,
который делится на 3, имеет номер 4. Предыдущий член равен 2. ак
как 22 ? 1 (mod 3), то орядок этого члена равен 2. Следовательно, о
теореме 6 ериод равен 4 ╥ 2 = 8.
Для вычисления ериода необязательно знать второе число am , которое делится на k. Достаточно знать только остаток rm?1 от деления
am?1 на k, оскольку остатки связаны тем же рекуррентным соотношением, что и сами числа Фибоначчи. Продемонстрируем сказанное для числа
k = 10. Вычисляем оследовательность остатков:
i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
ri 0 1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7 0
Периодические оследовательности
205
Следовательно, m = 15 и осталось найти орядок [7? в колье Z10 . ак
как 72 заканчивается на 9, 73 | на 3, 74 | на 1, орядок равен 4. Поэтому
ериод равен 15 ╥ 4 = 60.
Приведем таблиу значений ериода для k = 2; : : : ; 15. В этой таблие,
как и выше, | m означает номер второго члена в оследовательности Фибоначчи, который делится на заданное k, am | соответствующее число
Фибоначчи, p | орядок [am?1 ? в Zk , T (k) | ериод.
k m am p T (k) = mp
2 3
2
1 3╥1 =3
3 4
3
2 4╥2 =3
4 6
8
2 6 ╥ 2 = 12
5 5
5
4 5 ╥ 4 = 20
6 12 144 2 12 ╥ 2 = 24
7 8
21 2 8 ╥ 2 = 16
8 6
8
2 6 ╥ 2 = 12
9 12 144 2 12 ╥ 2 = 24
10 15 610 4 15 ╥ 4 = 60
11 10 55 1 10 ╥ 1 = 10
12 12 144 2 12 ╥ 2 = 24
13 7
13 4 7 ╥ 4 = 28
14 24 46368 2 24 ╥ 2 = 48
15 20 6765 2 20 ╥ 2 = 40
Автор глубоко благодарен Г. А. Гальерину, тщательно рочитавшему ервоначальный вариант рукоиси и сделавшему многочисленные замечания, которые были учтены ри доработке текста статьи.
Mihael Tsalenko
E-mail: mtsalenkosbglobal.net
Конкурсы и олимиады
Студенческий конкурс решения задач
2004{2005 гг.
О равилах конкурса
Вниманию студентов университета редлагается домашний конкурс.
Подобные конкурсы роводились неоднократно в рошлом. (Наример,
о конкурсе 2001{2002 гг. сообщалось в ─Математическом росвещении│,
вы. 7, 2003, с. 177{181.) Среди их участников есть как недавние, так и
очень давние выускники мат-меха. Идея конкурса (в отличие от олимиад) в решении задач, в основном, исследовательского характера, которые
не решаются одним риемом, а требуют серьезных и несешных раздумий. Конкурс роводится од эгидой Санкт-Петербургского математического общества. Общество образует жюри и выделяет денежные ризы
для награждения обедителей.
В конкурсе могут ринимать участие студенты всех курсов. Итоги
среди ервокурсников одводились отдельно. Доускались коллективные
(не более трех человек) работы.
Ниже риводятся условия задач конкурса 2004{2005 гг. В редлагаемом сиске имеются задачи различной трудности, от сравнительно несложных до нерешенных роблем. Участники могут выбрать задачи о
вкусу и одавать решения любого набора задач, даже одной . Принимаются решения частей задач, состоящих из нескольких унктов.
С.-Петербургское математическое общество, ПОМИ РАН, Мат-мех СПбГУ, 2004
Студенческий конкурс решения задач 2004{2005 гг.
207
Условия задач
Задача 1. Дано множество A ? R оложительной меры Лебега. Функия
f : R ? R такова, что ри всех x ? R и ри всех a ? A
f (x ? a) = f (x) + f (a) ? 1:
Докажите, что f (x) ? 1.
Задача 2. Функия f : (?1; 1) ? R бесконечно дифференируема и для любого k = 0, 1, 2, . . . точка x = 0 | единственный корень роизводной f (k) (x).
Докажите, что
?" > 0 |f ? |1+" = o(f ) ри x ? 0 :
Задача 3. Даны числа 0 < a < b. Убывающая нерерывная функия
y(x): [0; 1? ? [0; 1? оределена условием xa ? xb = ya ? yb . Докажите, что
Z
0
1
ln y dx = ? 2 :
x
3ab
Задача 4. В некоторых узлах елочисленной решетки на лоскости расоложены точечные источники света, а в некоторых | точечные заслонки. Источники света образуют квадратную одрешетку со стороной M , а заслонки |
квадратную одрешетку со стороной N (стороны всех решеток араллельны
координатным осям). Источник и заслонка не могут находиться в одной точке.
В одной из незанятых точек лоскости находится наблюдатель. Наблюдатель
видит источник света, если на соединяющем их отрезке нет ни одной заслонки.
При каких отношениях M=N расоложение решеток и наблюдателя может быть
таким, что наблюдатель
а) не видит ни одного источника света?
б) не видит ни одного источника света внутри некоторого ненулевого угла
с вершиной в точке, где он находится?
Задача 5. Обозначим через T единичную окружность T = {z ? C : |z | = 1}.
Докажите, что существует такая измеримая функия f : T ? T , что для любой
интегрируемой функии h : T ? T (можно ограничиться нерерывными h) найдется такая возрастающая оследовательность натуральных чисел nk , что
Z
T
|f nk (t) ? h(t)| dt ? 0
ри k ? +?:
(Здесь f n | обычное возведение в стеень.)
Задача 6. а) Дан сферический треугольник со сторонами a, b, и ротиволежащими углами s , s , s . Углы треугольника со сторонами a, b, на лоскости
обозначим , , . Докажите, что
s ? 6 (s ? ) + (s ? ):
б) Верно ли аналогичное неравенство для треугольников на двух сферах разных радиусов? Для лоскости и лоскости Лобачевского?
k
208
Задача 7. а) Дан вещественный многочлен P (x; y ), имеющий в точке (0; 0)
изолированный нуль (т. е. P (0; 0) = 0 и P (x; y) 6= 0 в некоторой роколотой
окрестности точки (0; 0)). Докажите, что существуют такие натуральное n и
вещественное C > 0, что в некоторой окрестности нуля верно неравенство
|P (x; y )| > C (x2 + y 2 )n :
(?)
б) Найдите оенки наименьшего оказателя n = n(k), k ? +?, такого что
неравенство (?) имеет место для всех многочленов P стеени k.
Задача 8. Рассмотрим n-значные числа в k -ичной системе счисления (ервой ифрой может быть и 0). Назовем число хорошим, если любые две его соседние ифры отличаются не более чем на 1. Для каждого n-значного числа A
оределим f (A) как наименьшее число ифр, которое необходимо в нем зачеркнуть, чтобы олучившееся число стало хорошим.
а) Докажите, что для некоторого > 0 наблюдается следующее явление конентраии:
1 X |f (A)=n ? | ? 0;
ри n ? +?;
kn
A
где сумма берется о всем n-значным числам.
?
б) Докажите, что для k = 3 константа равна 1=3 ? 5=15.
в) Получите как можно лучшие оенки для ри k > 3.
Задача 9. Пусть функия f нерерывна в замкнутом единичном круге D
и тождественно равна нулю на его грание. Известно, что в точках a и b, ринадлежащих Int D, она имеет локальные максимумы.
а) Докажите, что если f ? C 2 (D), то в Int D существует еще одна (отличная
от a и b) стаионарная точка f .
б) Верно ли заключение ункта а), если f ? C 1 (Int D)?
Задача 10. Замкнутые несамоересекающиеся гладкие кривые в R2 с кривизной меньше 1 будем называть лавными.
а) Докажите, что в круг радиуса 2.1 нельзя висать лавную кривую длины больше 100. Найдите более разумную оенку сверху длины лавной кривой,
которую можно оместить в этот круг.
б) Докажите, что в круг радиуса 2.2 можно висать лавную кривую сколь
угодно большой длины.
в) Докажите, что существует такое число ` > 2, что в круг радиуса 2.2
нельзя висать лавную кривую длины `.
г) Верно ли, что любые две лавные кривые, лежащие в круге большого
радиуса, гомотоны в классе лавных кривых?
Задача
11. Обозначим через n оследовательность чисел Каталана: n =
2n
1
= n+1
n . Докажите, что
?
0 1
2 : : : n ?
2
3 : : : n+1 ?
? 1
3
: : : : : : n+2 ?
det ?
? 2
? = 1:
?: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :?
n n+1 n+2 : : : 2n
Студенческий конкурс решения задач 2004{2005 гг.
209
Задача 12. а) Докажите, что для любых m, n ? N существует такая нерерывная функия f : S n?1 ? Rm и точки x1 , x2 , . . . , xn?m+2 на сфере S n?1 , что
не существует оворота U ? SO(n), для которого
f (Ux1 ) = f (Ux2 ) = ╥ ╥ ╥ = f (Uxn?m+2 ):
б) Докажите, что для любой нерерывной функии f : S 2 ? R2 и для любых точек x1 и x2 на сфере S 2 , существует оворот U ? SO(2), для которого
f (Ux1 ) = f (Ux2 ).
в) Докажите, что для любой нерерывной функии f : S 2 ? R найдутся
три точки x1 , x2 и x3 на сфере S 2 , являющиеся конами ортов, для которых
f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ).
г) Докажите, что для любой нерерывной функии f : S 2 ? R и для любых
трех точек x1 , x2 и x3 на сфере S 2 , существует оворот U ? SO(3), для которого
f (Ux1 ) = f (Ux2 ) = f (Ux3 ).
д) Докажите еще для каких-нибудь m, n и конфигураий из k = n ? m + 1
точек x1 , . . . , xk на сфере S n?1 и любой нерерывной функии f : S n?1 ? Rm ,
что существует оворот U ? SO(n), для которого
f (Ux1 ) = f (Ux2 ) = ╥ ╥ ╥ = f (Uxk ):
Задача 13. а) Назовем выуклый ентрально симметричный многогранник
в Rn славным, если на сфере S n?1 существует борелевская мера , такая что ри
всех x ? Rn
Z
kxk = |hx; y i| d(y );
где через k ╥ k обозначена норма, орождаемая этим многогранником. Докажите,
что многогранник славен тогда и только тогда, когда выолняется рини
усреднения: для любых точек x1 , x2 , . . . , xk ?PRn и любых вещественных чисел
1 , 2 , . . . , k из условия, что неравенство
i |hxi ; yi| > 0 сраведливо для
P
любого y ? Rn , следует неравенство i kxi k > 0.
б) Останется ли в конечномерном случае утверждение верным, если вместо
многогранника взять любое ентрально симметричное выуклое тело?
Задача 14. Пусть F | расределение на [0; 1?, 2 | его дисерсия, а 4 |
четвертый ентральный момент. Докажите, что
4 + 34 6 2 ;
ричем равенство возможно только для вырожденного расределения или расределения Бернулли.
210
Обобщение ерестановочного неравенства и
монгольское неравенство
Л. В. Радзивиловский
После рочтения этой статьи вам станут очевидными доказательства
многих неравенств. Все они будут вытекать в одну-две строчки из одного
ростого риниа, который объясняется в этой статье. Вот римеры
того, что станет очевидным:
1. x5 + y5 + z 5 > x3 y2 + y3x2 + z 3 x2 (здесь и далее числа оложительны).
y
x
2.
z
x
y
z
1 + x2 + 1 + y2 + 1 + z2 6 1 + y2 + 1 + z2 + 1 + x2 .
3. (a1 + a2 + ╥ ╥ ╥ + an ) a1 + a1 + ╥ ╥ ╥ + a1 > n2 .
n
1
2
4. (a31 + a32 + ╥ ╥ ╥ + a3n )(a1 + a2 + ╥ ╥ ╥ + an ) 6 n(a41 + a42 + ╥ ╥ ╥ + a4n ).
5. 1 + aa1 ╥ 1 + aa2 ╥ : : : ╥ 1 + aan > (1 + a1 ) ╥ (1 + a2 ) ╥ : : : ╥ (1 + an ).
2
3
1
(16-й урнир Городов, осень, основной вариант, старшие классы,
задача ┌4, Л. Д. Курляндчик).
?
?
?
?
?
?
6. x + 2x + y + 2y + z + 2z 6 y + 2x + z + 2y + x + 2z .
7. Дана таблиа n в n, заолненная числами о следующему равилу: в
клетке, стоящей в i-й строке и j -м столбе таблиы, заисано число
(i + j ? 1) ? 1. В таблие зачеркнули n чисел таким образом, что
никакие два зачеркнутых числа не находятся в одном столбе или в
одной строке. Докажите, что сумма зачеркнутых чисел не меньше 1.
(13й урнир Городов, весна, основной вариант, старшие классы, задача ┌3, С. Иванов)
Кроме того, мы докажем монгольское неравенство. Это уже займет
не одну строчку, но всё равно будет довольно розрачно. Об истории монгольского неравенства и о двух его сложных доказательствах наисано в
статье А. И. Храброва [4?.
Я намеренно не формулирую факты кратчайшим сособом, а редочитаю ─овозиться│ и рассказать всё в том орядке, в котором я это
осознавал. Мы начнем с частных случаев и ерейдем к общим теоремам,
2
2
2
Перестановочное и монгольское неравенства
211
а не наоборот. Конечно, жаль бумагу, байты и леса, но именно ─возня│
сособствует развитию интуиии. Чтоб не отнимать у читателей удовольствия ─овозиться│, я оустил много деталей. Поэтому, чтобы онять
этот текст, вам онадобится ручка и бумажка.
Перестановочное неравенство
Перестановкой (из n элементов) мы называем биективную функию из
множества чисел {1; 2; 3; : : : ; n} в себя. Слово ─биективная│ означает, что
во всякое число од действием этой функии ереходит ровно одно число.
Обозначать ерестановку я буду греческой буквой (сигма). Числа (1),
(2), . . . , (n) | это те же числа 1, 2, . . . , n, но ереставленные в другом
орядке.
Рассмотрим два набора чисел: a1 ; a2 ; : : : ; an и b1 ; b2 ; : : : ; bn . Будем говорить, что наборы a1 ; a2 ; : : : ; an и b1 ; b2 ; : : : ; bn уорядочены ─одинаково│,
если наибольшему числу в ервом наборе соответствует наибольшее во
втором (т. е. индексы у них одинаковые), второму о величине числу в
ервом наборе соответствует второе о величине, и т. д., а наименьшему соответствует наименьшее. Наример, если a1 > a2 > ╥ ╥ ╥ > an и
b1 > b2 > ╥ ╥ ╥ > bn, то наборы одинаково уорядочены. Другой ример:
наборы a; b; и a3 ; b3 ; 3 одинаково уорядочены. Будем говорить, что
наборы обратно уорядочены, если наибольшему числу в ервом наборе соответствует наименьшее во втором, второму о величине в ервом
наборе соответствует второе с кона во втором и т. д., а наименьшему соответствует наибольшее. Наример, если a1 > a2 > ╥ ╥ ╥ > an и
b1 6 b2 6 ╥ ╥ ╥ 6 bn, то наборы обратно уорядочены. Наборы a; b; и
1=a; 1=b; 1= также обратно уорядочены.
Для любых двух наборов a1 > a2 > ╥ ╥ ╥ > an и b1 6 b2 6 ╥ ╥ ╥ 6 bn существует такая ─самая равильная│ ерестановка , что наборы a1 ; a2 ; : : : ; an
и b(1) ; b(2) ; : : : b(n) одинаково уорядочены. Аналогично, для любых двух
наборов можно найти и ─самую неравильную│ ерестановку , ри
которой наборы a1 ; a2 ; : : : ; an и b(1) ; b(2) ; : : : b(n) обратно уорядочены.
Какое отношение имеет всё это к доказательству неравенств? А вот
какое:
еорема 1 (ерестановочное неравенство). Рассмотрим все возможные ерестановки из n элементов. огда значение выражения
a1 b(1) + a2b(2) + ╥ ╥ ╥ + anb(n)
будет самым большим, когда числа уорядочены одинаково, и самым маленьким, когда числа обратно уорядочены.
212
Л. В. Радзивиловский
Иначе говоря, значения, олученные ри остальных ерестановках,
не больше значения, олученного ри ─самой равильной│, и не меньше
значения, олученного ри ─самой неравильной│ ерестановке.
Наример, из теоремы следует, что a=b + b= + =a > 3: ведь a; b; и
1=а; 1=b; 1= обратно уорядочены, а значит, равая часть a=а + b=b + =
олучена ри самой неравильной ерестановке и отому дает наименьшее значение.
Другие римеры дают неравенства 1 и 2 из сиска в начале статьи.
Конечно, одобные неравенства можно доказать и другими методами. Но
ерестановочное неравенство озволяет единообразно доказывать много
неравенств.
Это неравенство очень вечатлило меня в ервый же раз, когда я с ним
столкнулся, своей мощью и общностью. Узнал я его в 11-м классе школы
Шевах-Мофет (ель-Авив) на очень интересном уроке о неравенствам.
Проводил этот урок Михаил Розенберг (учитель этой же школы).
Перестановочное неравенство сраведливо для любых действительных
чисел (нет ограничения оложительности).
Интуитивно легко очувствовать равильность ерестановочного неравенства: если вы хотите олучить число обольше, то риставьте к
большим числам большие коэффииенты ри суммировании. Это выгодней, чем тратить большие коэффииенты на маленькие числа.
Строго доказать ерестановочное неравенство также несложно.
Лемма. Пусть a1 > a2 , b1 > b2 . огда a1 b1 + a2 b2 > a1 b2 + a2 b1 .
Доказательство. Перенесем всё в левую часть:
a1 b1 + a2 b2 ? a1 b2 ? a2 b1 > 0;
(a1 ? a2 )(b1 ? b2 ) > 0:
Но роизведение двух оложительных чисел оложительно, и олученное
неравенство равносильно исходному.
Доказательство ерестановочного неравенства. Возьмем два
набора чисел. Если есть такая ара индексов i, k, что орядок неравильный (наример, ai > ak , bk > bi ), то мы оменяем их местами. При этом
сумма возрастет (согласно лемме). Будем овторять такие оераии, ока
это возможно (в ─комьютерной науке│ этот роесс называется ─сортировка│). Если это уже невозможно (сортировка закончилась), то легко
онять, что орядок стал равильным. Но мы начинали с роизвольного
орядка и несколько раз увеличивали наше число! Значит, равильный
орядок соответствует самому большому значению.
Аналогично доказывается обратное наравление ерестановочного неравенства. Просто надо заустить сортировку наоборот: каждый раз,
Перестановочное и монгольское неравенства
213
если есть хоть одна равильная ара индексов, нужно сделать из нее неравильную. Согласно лемме число будет остоянно убывать. В коне мы
олучим самый неравильный орядок и значение будет меньше. А ведь
мы начинали с роизвольного орядка.
Уражнение. Проследите доказательство внимательно и оймите,
когда в ерестановочном неравенстве достигается равенство.
Уражнение. В неравенствах 1 и 2 в начале статьи мы отребовали, чтобы числа были оложительными. Действительно ли это нужно?
Где ─сломается│ доказательство, если мы ─заустим│ в него роизвольные
действительные числа?
еорема 2 (неравенство Чебышёва). Пусть наборы a1 ; a2 ; : : : ; an
и b1 ; b2 ; : : : ; bn уорядочены одинаково. огда
n(a1 b1 + a2 b2 + ╥ ╥ ╥ + an bn) > (a1 + ╥ ╥ ╥ + an)(b1 + ╥ ╥ ╥ + bn):
Если же они обратно уорядочены, то выолняется неравенство с ротивооложным знаком.
Вообще-то неравенством Чебышёва равильнее называть более общее
неравенство (см. [3?), но это название уже рижилось (см., скажем, [2?).
Доказательство. В ервом случае
a1 b1 + a2 b2 + ╥ ╥ ╥ + anbn > a1b1 + a2b2 + ╥ ╥ ╥ + anbn;
a1 b1 + a2 b2 + ╥ ╥ ╥ + anbn > a1b2 + a2b3 + ╥ ╥ ╥ + anb1 ;
:::
a1 b1 + a2 b2 + ╥ ╥ ╥ + anbn > a1bn + a2 b1 + ╥ ╥ ╥ + anbn?1:
Суммируя всё это, олучаем искомый результат. Если же наборы обратно
уорядочены, то знаки неравенства еревернутся во всех слагаемых и в
сумме.
В качестве немедленных следствий олучаем неравенства 3 и 4 из сиска в начале статьи и многие другие.
Поменяем сложение на умножение
Рассмотрим неравенство 5 из сиска в начале статьи:
1 + aa1
2
2
a2 a2 ╥ 1 + 2 ╥ : : : ╥ 1 + n > (1 + a1 ) ╥ (1 + a2 ) ╥ : : : ╥ (1 + an ):
a3
a1
Как уже говорилось, эта задача редлагалась на 16-м урнире Городов, в
которо?? я участвовал. Мне оказалось естественным умножить обе части
на роизведение всех чисел. Получим:
(a2 + a21 ) ╥ (a3 + a22 ) ╥ : : : ╥ (a1 + a2n ) > (a1 + a21 ) ╥ (a2 + a22 ) ╥ : : : ╥ (an + a2n ):
214
Л. В. Радзивиловский
Хотя я не смог тогда доказать это неравенство, у меня возникло ощущение, что ─это всегда так│. К тому времени я еще не знал ерестановочного неравенства. Некоторые читатели уже, наверное, догадались, как его
рименить в этой задаче.
еорема 3. Рассмотрим два набора оложительных чисел a1 ; a2 ; : : : ,
an и b1 ; b2 ; : : : ; bn и все возможные ерестановки чисел второго набора.
Значение выражения
Y
ai + b(i)
будет самым большим, когда наборы a1 ; a2 ; : : : ; an и b(1) ; b(2) ; : : : ; b(n)
обратно уорядочены, а самым маленьким | когда эти наборы одинаково
уорядочены.
Замечание. Вместо условия оложительности чисел достаточно отребовать, чтобы для всяких двух индексов i; k число ai + bk было оложительно.
Обратите также внимание, что знаки неравенства в теореме 3 о сравнению с ерестановочным неравенством еревернуты. Объяснение этому
будет дано ниже.
еорема следует из леммы, которая есть ее частный случай для n = 2:
Лемма. Пусть a1
< (a1 + b2)(a2 + b1).
> a2 > 0, b1 > b2 > 0. огда (a1 + b1)(a2 + b2) <
Уражнение. Доказать лемму и теорему о аналогии с ерестановочным неравенством.
Уражнение. Вывести отсюда неравенство
(a2 + a21 ) ╥ (a3 + a22 ) ╥ : : : ╥ (a1 + a2n ) > (a1 + a21 ) ╥ (a2 + a22 ) ╥ : : : ╥ (an + a2n ):
Я одозреваю, что автор задачи 5 имел в виду другое ее решение,
2
2
быть может, исользующее неравенство 1 + ab > (11++ab) . Пусть, скажем,
нас оросили доказать
5 5
5 1 + a13 ╥ 1 + a23 ╥ : : : ╥ 1 + an3 > (1 + a21 ) ╥ (1 + a22 ) ╥ : : : ╥ (1 + a2n ):
a2
a3
a1
Уражнение. (а) Докажите это неравенство через ерестановочное
неравенство.
2
2
(б) А теерь через обобщение неравенства 1 + ab > (11++ab) . Какое
обобщение? Сами догадайтесь!
Перестановочное и монгольское неравенства
215
Разумеется, ункт (а) роще и требует меньше изобретательности. Но
мы можем наисать и более сложное неравенство, которое из теоремы 3
очевидно, а доказать его нарямую совсем тяжело.
еерь возьмемся за задачку 7 из сиска в начале статьи. Зачеркнуть
числа так, как сказано в условии задачи, | это то же самое, что расставить на доске n ладей, которые не бьют друг друга. Но расставить
ладьи | это ведь, о сути дела, выбрать ерестановку. А какая ерестановка даст самое маленькое число? Самая неравильная.
Итак:
еорема 4. Рассмотрим два набора оложительных чисел a1 ; a2 ; : : : ,
an и b1 ; b2 ; : : : ; bn и все возможные ерестановки чисел второго набора.
Значение выражения
X
1
ai + b(i)
будет самым большим, когда наборы a1 ; a2 ; : : : ; an и b(1) ; b(2) ; : : : ; b(n)
одинаково уорядочены, а самым маленьким | когда эти наборы обратно
уорядочены.
И теорема, и задача о таблие легко следуют из следующей леммы.
Лемма.
1 + 1 >1+ 1 :
k+x m+x x k+m+x
Все детали доказательства леммы, теоремы и задачи ро таблиу редоставляются читателю. Они не содержат новых нетривиальных идей.
Есть еще один сособ решить задачу ро таблиу, восользовавшись
известным неравенством
(a1 + a2 + ╥ ╥ ╥ + an ) 1 + 1 + ╥ ╥ ╥ + 1 > n2 :
a1
a2
an
Оно следует из теоремы 2. Но его можно доказать и через неравенство Коши-Буняковского, и с омощью двух неравенств Коши, и другими
сособами. Врочем, мы отвлеклись от основной идеи.
Основная идея же, как наверняка уже сообразили самые догадливые
из читателей, состоит в том, что хотя теоремы 1, 3, 4 и выглядят очень
общими, но все они являются узкими частными случаями чего-то гораздо
более общего. И у этого ─гораздо более общего│ масса таких частных
случаев. Но для того чтобы сформулировать это ─гораздо более общее│,
необходимо знать, что такое выуклая функия.
Некоторые читатели, наверное, знакомы с выуклыми функиями, но
на всякий случай мы наомним оределение и основные свойства.
216
Л. В. Радзивиловский
Выуклые и вогнутые функии
Надграфик функии f (x) | это множество таких точек (x; y), для
которых y > f (x) (т. е. они находятся ─над графиком│).
Выуклая функия | это такая функия, у которой надграфик |
выуклое множество. Иначе говоря, если соединить две точки на графике
или над графиком отрезком, то весь отрезок будет лежать в надграфике.
Достаточно отребовать этого для точек, ринадлежащих графику.
Иными словами, функия должна лежать од ─хордой│. Можно заисать
это алгебраически: если 0 < t < 1, то
t ╥ f (x1) + (1 ? t) ╥ f (x2) > f (t ╥ x1 + (1 ? t) ╥ x2):
Вогнутая функия | это такая функия, что, наоборот, одграфик
(который оределяется аналогично надграфику) является выуклым множеством, т. е.
t ╥ f (x1) + (1 ? t) ╥ f (x2) 6 f (t ╥ x1 + (1 ? t) ╥ x2):
Функия может быть выуклой или вогнутой как на всей рямой, так
и на каком-то отрезке или луче.
Слова ─выуклая│ и ─вогнутая│ очень охожи. Чтобы не заутаться,
какая функия выуклая, а какая вогнутая, можно думать о веселых и
грустных функиях и всоминать рот у нужного смайлика (см. рис. 1).
Примеры выуклых функий: ex , ax, |x|, x2 , x2k (k | елое оложительное) на всей рямой, tg(x) на ромежутке [0; =2), 1=x и xn (n |
елое) на оложительных числах.
Примеры вогнутых функий: ln(x) и loga (x) на оложительных числах,
sin(x) на отрезке [0; ?, os(x) на отрезке [?=2; =2?, artg(x) на оложительных числах.
Вообще, функия х на оложительных числах является вогнутой, если лежит между 0 и 1, и выуклой в ротивном случае.
Перечислим основные свойства выуклых функий, начиная с оределения. (Всё, что можно сказать о выуклых функиях, можно сказать и
о вогнутых. При этом нужно еревернуть знак неравенства.)
1. Надграфик | выуклое множество.
а)
Рис. 1.
б)
а) веселая (выуклая) и б) грустная (вогнутая) функии
Перестановочное и монгольское неравенства
217
2. Функия лежит од хордой: если 0 < t < 1, то
t ╥ f (x1) + (1 ? t) ╥ f (x2) > f (t ╥ x1 + (1 ? t) ╥ x2 ):
3. Функия лежит над родолжением хорды, а именно, если t < 0 или
1 < t, то
t ╥ f (x1) + (1 ? t) ╥ f (x2) 6 f (t ╥ x1 + (1 ? t) ╥ x2 ):
4. f (x1 ) +2 f (x2 ) > f x1 +2 x2 . Для нерерывной функии этого достаточно, чтобы функия была выуклой, а в общем случае | нет. Но
для любой выуклой функии это свойство выолняется | достаточно одставить t = 1=2.
m ╥ f (x2 )
k ╥ x1 + m ╥ x2 5. k ╥ f (x1k) +
>f
. Здесь k, m | натуральные чи+m
k+m
сла. Обобщение ункта 4 и частный случай ункта 2. На самом деле
это свойство выводится (но сложным сособом) из ункта 4.
m ╥ f (x2 )
n ╥ x1 ? m ╥ x2 6. n ╥ f (x1n) ?
6 f
. Здесь
?m
n?m
числа. Частный случай ункта 3.
n > m | натуральные
7. Если у выуклой функии есть роизводная, то функия лежит над
касательной, т. е.
f (x) > f (x0) + f ?(x0 ) ╥ (x ? x0 ):
8. Если у функии есть вторая роизводная, то она неотриательна.
Значит, если есть вторая роизводная и она отриательна (хотя бы
в одной точке), то функия уже не является выуклой. С омощью
этого свойства роще всего роверять выуклость.
9. Неравенство Йенсена:
f (x1 ) + f (x2 ) + ╥ ╥ ╥ + f (xn )
x + x2 + ╥ ╥ ╥ + xn >f 1
:
n
n
Центр тяжести многоугольника, вершины которого лежат на графике функии, находится над графиком. А куда ему деться? Надграфик же выуклый.
10. Неравенство Йенсена с оложительными весами:
w1 f (x1 ) + w2 f (x2 ) + ╥ ╥ ╥ + wn f (xn )
w x + w2 x2 + ╥ ╥ ╥ + wn xn >f 1 1
:
w1 + w2 + ╥ ╥ ╥ + wn
w1 + w2 + ╥ ╥ ╥ + wn
11. f (a) +2 f (b)
Rb
>a
f (x) dx
b?a
>f
a + b
2
:
218
Л. В. Радзивиловский
Чтобы было интересней, нужно самостоятельно роверить, какие
функии являются выуклыми, а какие | вогнутыми (а не верить автору на слово), и что вытекает из этого и из еречисленных выше свойств.
К римеру, неравенство Йенсена для эксоненты или логарифма становится неравенством Коши (среднее арифметическое не меньше, чем
среднее геометрическое). Из всех n-угольников, висанных в окружность,
наибольшие лощадь и ериметр | у равильного (это следует из неравенства Йенсена для синуса). А из всех n-угольников, оисанных вокруг
данной окружности, наименьшие лощадь и ериметр | у равильного
(это следует из неравенства Йенсена для тангенса).
Из ункта 7 следует, что ex > x + 1, или, наример, что ex > ex.
Отсюда можно онять, что больше: e или e. Ведь e=e?1 > =e.
Интересно также одставить xn или ех в ункт 11. Вообще, мы знаем
много выуклых и вогнутых функий, а у них много интересных свойств,
и отсюда можно олучить много замечательных неравенств.
Доказательства всех свойств, их формулировку и доказательство для
вогнутых функий, множество частных случаев для конкретных функий
и различные следствия из них читатель может олучить сам в качестве
уражнения. Чем больше времени вы отратите на это уражнение, тем
больше оно доставит вам радости.
Кроме того, читатель должен сам онять, когда в неравенствах достигается равенство и чем отличается строго выуклая функия (такая,
как x2 ) от нестрого выуклой (такой, как |x|).
Общее неравенство
Итак, мы готовы сформулировать и доказать обобщение теорем 1,
3 и 4.
еорема 5. Пусть f | нерерывная функия. Следующие условия
эквивалентны.
(а) Значение выражения f (a1 + b(1) ) + f (a2 + b(2) ) + ╥ ╥ ╥ + f (an + b(n) )
будет самым большим, когда числа уорядочены одинаково.
(б) Значение выражения f (a1 + b(1) ) + f (a2 + b(2) ) + ╥ ╥ ╥ + f (an + b(n) )
будет самым маленьким, когда числа обратно уорядочены.
(в) Если a1 > a2 , b1 > b2 , то f (a1 +b1 )+f (a2 +b2 ) > f (a1 +b2 )+f (a2 +b1 ).
(г) f выукла.
Ну и конечно, то же самое с обратным знаком.
еорема 5? . Пусть f | нерерывная функия. Следующие условия
эквивалентны.
(а) Значение выражения f (a1 + b(1) ) + f (a2 + b(2) ) + ╥ ╥ ╥ + f (an + b(n) )
будет самым большим, когда числа обратно уорядочены.
Перестановочное и монгольское неравенства
219
(б) Значение выражения f (a1 + b(1) ) + f (a2 + b(2) ) + ╥ ╥ ╥ + f (an + b(n) )
будет самым маленьким, когда числа уорядочены одинаково.
(в) Если a1 > a2 , b1 > b2 , то f (a1 +b1 )+f (a2 +b2 ) 6 f (a1 +b2 )+f (a2 +b1 ).
(г) f вогнута.
Если функия выукла/вогнута только на каком-то ромежутке, а не
на всей рямой, нужно отребовать во всех унктах редыдущих теорем, чтобы для всяких двух индексов i, k величина ai + bk ринадлежала
ромежутку, на котором функия выукла/вогнута.
Доказательство. Пункт (в) является частным случаем ункта (а)
и частным случаем ункта (б) ри n = 2.
Но и обратно: из ункта (в) выводятся ункты (а) и (б) ри омощи
сортировки. Это мы уже делали.
Осталось установить эквивалентность унктов (в) и (г).
Обозначим x = a2 + b2 , k = a1 ? a2 , m = b1 ? b2 . огда формула (в)
риобретает вид f (x + k + m) + f (x) > f (x + k) + f (x + m).
Подставим k = m и олучим одно из свойств выуклой функии
(номер 4 в нашем сиске). Оно вообще-то слабее выуклости, но для нерерывных функий эти два свойства равносильны. Значит, из (в) следует (г).
Чтобы из (г) вывести (в), нам онадобится взглянуть на картинку
(рис. 2).
На графике отмечено 4 точки:
(x; f (x)); (x + k; f (x + k)); (x + m; f (x + m)); (x + k + m; f (x + k + m)):
Две средние точки лежат од хордой, соединяющей две крайние точки (x; f (x)) и (x + k + m; f (x + k + m)) | ведь функия лежит од
хордой. Значит, серединаотрезка, соединяющего две средние
точки |
x + k + x + m f (x + k) + f (x + m) а она имеет координаты
;
, | лежит од
2
2
отрезком, соединяющим две крайние точки. Середина верхнего отрезка
x
x+k
x+m x+k+m
Рис. 2.
220
Л. В. Радзивиловский
x + k + x + m f (x + k + m) + f (x) ;
имеет такую же абсиссу. Но она выше,
чем середина нижнего отрезка! Значит,
2
2
f (x + k + m) + f (x)
2
>
f (x + k) + f (x + m)
2
;
что и требовалось доказать.
Полностью аналогично доказывается теорема 5? .
Уражнение. Подставьте выуклую функию ех в теорему 5 и олучите частный случай теоремы 1, когда числа в наборах оложительны.
Выведите общий случай из этого частного.
Уражнение. Подставьте вогнутую функию ln(x) в теорему 5 и
олучите теорему 3.
Вот очему знаки неравенств в теоремах 1 и 3 разные: эксонента
─веселая│, а логарифм ─грустный│.
Уражнение. Подставьте 1=x в теорему 5 и олучите теорему 4.
?
Уражнение. Подставьте функию x (она грустная) в теорему 5
и олучите новую теорему.
Уражнение. Поиграйте с другими функиями и олучите еще много разных неравенств.
Монгольское неравенство
Пусть a1 > a2 > ╥ ╥ ╥ > an . огда
a1 + a2 a2 + a3
2
╥
2
6
╥ ::: ╥
an + a1
2
6
a1 + a2 + a3 a2 + a3 + a4
3
╥
3
a + an + a1 an + a1 + a2
╥ : : : ╥ n? 1
╥
3
3
:
Условие a1 > a2 > ╥ ╥ ╥ > an нельзя отбросить. Наример, оследовательность 100, 1, 100, 1, 100, 1, . . . не удовлетворяет этому неравенству.
В уоминавшейся выше статье [4? рассказана история этого неравенства и даны два сложных доказательства. Одно из них фактически доказывает обобщение монгольского неравенства.
Возьмем логарифм от обеих частей:
ln a1 +2 a2 + ln a2 +2 a3 + ╥ ╥ ╥ + ln an +2 a1 6
a + a2 + a3 a2 + a3 + a4 6 ln 1
+
ln
+ ╥╥╥
3
3
╥ ╥ ╥ + ln
an?1 + an + a1 3
+ ln an + a31 + a2 :
Перестановочное и монгольское неравенства
221
Мы утверждаем, что это равильно не только для логарифма, но и
для любой грустной функии. А для любой веселой функии равильно
такое же неравенство, но ротивооложным знаком.
ак вот, в статье Храброва это доказывается через неравенство Караматы, которое является общим неравенством для выуклых функий.
У нас есть свое, не менее общее, неравенство для выуклых функий, а
именно теорема 5. Значит, можно оробовать вывести обобщение монгольского неравенства из теоремы 5.
Это римерно то же самое, что и вывести само монгольское неравенство из теоремы 3.
Мы для наглядности разберем частный случай (вывод монгольского
неравенства из теоремы 3), а общий случай делается точно так же.
Доказательство монгольского неравенства. Пусть
a2 a3
an?1 an
an
a1 a2
x1 = 3 + 6 ; x2 = 3 + 6 ; : : : ; xn?1 = 3 + 6 ; xn = 3 + a6 ;
y1 = a6 + a3 ; y2 = a6 + a3 ; : : : ; yn?1 = an6? + a3n ; yn = a6n + a3 :
1
2
2
1
3
1
1
огда монгольское неравенство риобретает вид
(x1 + y1 ) ╥ (x2 + y2 ) ╥ : : : ╥ (xn + yn ) 6 (x1 + y2 ) ╥ (x2 + y3 ) ╥ : : : ╥ (xn + y1 )
Заметим, что x1 > x2 > x3 > ╥ ╥ ╥ > xn?1 и y1 > y2 > y3 > ╥ ╥ ╥ > yn?1.
Но, к сожалению, мы не можем сказать, что xn?1 > xn или yn?1 >
> yn , | это росто неверно. Мы можем только сказать, что x1 > xn , а
yn?1 6 yn.
Если мы отсортируем наборы чисел о убыванию, то число xn займет
в сиске иксов место m (не ервое), а число yn займет в сиске игреков
место k (не оследнее).
Заметим, что xi > yi ри i 6 n ? 1, но xn 6 yn. Значит, место xn
в сиске иксов не ближе к началу, чем место yn в сиске игреков, т. е.
k 6 m.
Перестановка, редставляющая левую часть, будет выглядеть так:
m
k
(самый большой с самым большим, второй со вторым и т. д., но номер m
с номером k). А ерестановка из равой части выглядит вот так (роверьте):
222
Л. В. Радзивиловский
m
k
И ни одна из этих ерестановок не является самой равильной или
самой неравильной. Значит, монгольское неравенство не следует из теоремы 3. Увы. Мы охвастались, что из наших общих теорем следует монгольское неравенство, а оно из них не следует.
Но мы не сдадимся. Всомним не формулировку, а доказательство
теоремы 3, которое, как отмечено выше, аналогично доказательству теоремы 1. ам мы ─улучшали│ ерестановку, и значение менялось монотонно.
Во второй ерестановке верхнее m связано с нижним 1, a верхнее
m ? 1 связано с нижним m + 1. Это ─неравильно│. Давайте оменяем их
местами.
m
k
еерь верхнее m ? 1 связано с нижним 1, a верхнее m ? 2 связано с
нижним m. Это оять ─неравильно│. Давайте оменяем и их местами.
m
k
И так далее, ока самый большой игрек не окажется в аре с самым
большим иксом.
m
k
еерь k-й о величине игрек оказывается в аре с самым маленьким
иксом. А оследний игрек в аре с редоследним иксом. Улучшим это.
m
k
Перестановочное и монгольское неравенства
223
Сейчас k-й игрек оказывается в аре с (n ? 1)-м иксом, а (n ? 1)-й
игрек в аре с (n ? 2)-м иксом. Улучшим и это. ак за несколько шагов
ридем к ервой ерестановке.
Итак, хотя ервая ерестановка и не ─самая равильная│, а вторая
не ─самая неравильная│, но ервая ерестановка ─равильнее│, чем вторая. А логарифм | функия грустная, значит, левая часть неравенства
меньше равой. Что и требовалось доказать.
(Мораль такова: нужно знать не только формулировки теорем, но и
их доказательства).
Функия ln(1 + ex )
Всомним неравенство номер 5 из сиска в начале статьи:
1 + aa1
2
2
a2 a2 ╥ 1 + 2 ╥ : : : ╥ 1 + n > (1 + a1 ) ╥ (1 + a2 ) ╥ : : : ╥ (1 + an ):
a3
a1
Перед тем как его доказывать, мы умножили его на знаменатель. Но,
как заметил Илья
Гринглаз, его можно доказать и нарямую. А именно,
Q
1+ b(i) =ai достигает минимума ри самой равильной, а максимума
ри самой неравильной ерестановке. Это тоже обобщение нашего неравенства, и оно эквивалентно
теореме 3. Обозначая i = 1=ai , риходим
Q
1 + i ╥ b(i) достигает максимума ри одинаковом, а
к выводу, что
минимума | ри обратном орядке.
Этот факт, в свою очередь, эквивалентен выуклости функии
ln(1 + ex ).
Выуклость функии ln(1+ ex ) эквивалентна неравенству Йенсена для
этой функии, т. е.
P
x
xi =n 6 ln(1 + e i ) :
n
p
pQ
Q
n
Применим эксоненту и олучим 1+
ai 6 n (1 + ai), где ai
ln 1 + e
P
= exi . А
это | неравенство Гюйгенса (о неравенстве Гюйгенса см. [1?). Его легко
доказать нарямую. Если возвести неравенство в n-ю стеень, то оно
легко разобьется в сумму неравенств, которые следуют из неравенства
Коши.
ак неожиданно оказывается, что теорема 3 эквивалентна неравенству Гюйгенса. Мы не станем доказывать утверждения этого араграфа,
а оставим их читателям в качестве уражнений.
224
[1?
[2?
[3?
[4?
Л. В. Радзивиловский
Сисок литературы
Балк М. Б., Паравян Н. А. Неравенства Гюйгенса и их рименение //
Математика в школе, 1974. ┌2. С. 70{74.
Маршалл А., Олкин И. Неравенства: теория мажоризаии и ее риложения . М.: Мир, 1983.
Харди Г. Г., Литтльвуд Дж. Е., Полиа Г. Неравенства . М.: ИЛ, 1948.
Храбров А. И. Вокруг монгольского неравенства // Математическое
росвещение, сер. 3, 2003. Вы. 7. С. 149{162.
Л. В. Радзивиловский, алгоритмист, Aspetus, Petah-Tikva, Israel.
E-mail: levr78hotmail.om
ICQ: 129069668
225
Избранные задачи 27 урнира Городов
С. А. Дориченко
В этой небольшой заметке риводятся условия и решения нескольких красивых задач, редлагавшихся в октябре 2005 года участникам
осеннего основного тура 27 урнира городов.
По краю многоугольного стола олзут два муравья. Все стороны
стола длиннее 1 м, а расстояние между муравьями всегда ровно 10 см.
Сначала оба муравья находятся на одной из сторон стола.
а) Пусть стол выуклый. Всегда ли муравьи смогут роолзти о краю
стола так, чтобы в каждой точке края обывал каждый из муравьев ?
б) Пусть стол не обязательно выуклый. Всегда ли муравьи смогут роолзти о краю стола так, чтобы на краю не осталось точек, в которых не обывал ни один из муравьев ?
(А. В. Акоян)
Ответ в обоих унктах отриательный, хотя многие школьники ытались доказать обратное.
Обозначим ервого муравья буквой P , а второго | буквой Q. По
условию длина отрезка PQ всегда равна 10 см.
а) Рассмотрим ромб ABCD, где AC = 5 см, BD = 2 м, изначально
муравьи находятся на одной из сторон. Для удобства объяснения расоложим ромб так, чтобы диагональ BD была горизонтальной.
Посмотрим, как может двигаться отрезок PQ. Пусть сначала P левее Q. Если бы в результате некоторого движения муравьев P оказался
равее Q, то в роессе этого движения отрезок PQ в какой-то момент
должен был быть вертикальным (что ясно из нерерывности движения).
Но это невозможно: самый длинный вертикальный отрезок с конами на
C
D
A
Рис. 1.
P
Q
Муравьи олзают о краю выуклого стола
B
226
С. А. Дориченко
B
C
Q
D
Рис. 2.
A
P
Муравьи олзают о краю невыуклого стола
сторонах ромба | это AC , а его длина меньше 10 см. Значит P всегда будет левее Q, откуда Q никогда не оадет в левую вершину ромба (а P |
в равую).
б) Рассмотрим невыуклый четырехугольник ABCD, охожий на узкую и вытянутую букву V, овернутую на 90? ротив часовой стрелки:
диагональ AC горизонтальна и имеет длину 5 см, A равее C , диагональ
BD вертикальна и тоже имеет длину 5 см; CB = CD = 2 м (точки A и
C обе равее B ).
Пусть изначально муравьи находятся на стороне AD, P равее Q.
Как и в ункте а), отрезок PQ никогда не будет вертикальным. Поэтому
муравей P снова всегда будет равее Q.
Докажем, что ни один из муравьев не сможет оасть в точку C .
Если бы один муравей оал в точку C , другой в этот момент был бы
левее его (так как самая дальняя от C точка не левее ее | это точка A, но
AC < 10 см). Поэтому муравей Q не сможет оказаться в C : ведь он тогда
был бы равее P . А муравей P не может оказаться в C , оскольку не
может окинуть сторон AD и AB : оасть на две оставшиеся стороны
он мог бы только через одну из вершин B или D, но в этот момент Q
оказался бы равее P .
Еще один интересный ворос не был включен в олимиаду из-за его сложности: всегда ли муравьи смогут роолзти о краю выуклого стола так,
чтобы на краю не осталось точек, в которых не обывал ни один из муравьев ?
А во второй оловине рошлого века на семинаре Е. М. Ландиса в Московском Государственном Университете разбирался следующий, близкий о теме,
ворос:
На рямой дана нерерывная функия f , равная нулю вне некоторого отрезка [a; b?. На оси абсисс слева от отрезка [a; b? расоложен отрезок l . Всегда ли
можно ередвинуть его в координатной лоскости так, чтобы его коны все
время оставались на графике функии f и двигались бы нерерывно, а в итоге
l оказался бы на оси абсисс срава от отрезка [a; b??
Предлагаем желающим читателям ответить на эти воросы самостоятельно!
Избранные задачи 27 урнира Городов
227
У Карлсона есть 1000 банок с вареньем. Банки не обязательно одинаковые, но в каждой не больше, чем 1=100 часть всего варенья. На завтрак Карлсон может съесть оровну варенья из любых 100 банок. Докажите, что Карлсон может действовать так, чтобы за некоторое
количество завтраков съесть всё варенье.
(Д. Мусатов)
Задача была редложена ученикам 8 и 9 классов, но оказалась очень сложной:
ока ее решил лишь один участник (к моменту наисания этой заметки были
роверены не все работы). Приведем решение, наисанное членом жюри урнира
Городов А. В. Николаевым.
Предоложим, Карлсон умеет съедать все варенье, если вместо 1=100
и 100 в условии указано 1=99 и 99 (общее количество банок неважно, главное, что их достаточно много, не меньше 100). Будем говорить ро эти
задачи соответственно ─задача-100│ и ─задача-99│. Объясним, как тогда
действовать Карлсону в случае ─задачи-100│.
Он мысленно делит все банки варенья на самую большую (о количеству варенья) и остальные. Заметим, что для ─остальных│ банок выолняется условие ─задачи-99│ (ведь в ─остальных│ банках не меньше, чем
99=100 всего варенья, и в каждой из этих банок не более 1=100 всего варенья, то есть не более (1=100) ╥ (100=99) = 1=99 от количества варенья в
─остальных│ банках).
Поэтому Карлсон мог бы действовать так: съесть из ─остальных│ банок все варенье о алгоритму ─задачи 99│, на каждом шаге беря набор
99 банок из ─остальных│ и добавляя все время одну и ту же сотую банку | ─самую большую│. Для того, чтобы варенье в ─самой большой│ банке и ─остальных│ кончилось одновременно, необходимо, чтобы в ней было
ровно в 99 раз меньше варенья, чем суммарно в ─остальных│ банках (оскольку, разумеется, из нее каждый раз съедается в 99 раз меньше, чем
из ─остальных│). о есть необходимо, чтобы в ─самой большой│ банке изначально была ровно 1=100 доля от общего количества варенья.
Объясним, как Карлсону добиться этого. Пусть в ─самой большой│
банке меньше 1=100 общего количества варенья. Карлсон будет выбирать
100 неустых банок из ─остальных│ и съедать из них некоторое количество варенья. Доля варенья в ─самой большой│ банке ри этом будет
увеличиваться. Покажем, как ему действовать, чтобы гарантированно
довести эту долю до 1=100. Если количество варенья в самой маленькой
банке (из выбранных ста) озволяет съесть часть варенья так, чтобы
доля ─самой большой│ банки стала равна 1=100, он так и делает. Иначе съедает все варенье из самой маленькой банки, уменьшая количество
неустых банок. Когда он остановится? Либо когда добьется требуемого, либо когда неустых банок среди ─остальных│ станет меньше 100. Но
в оследнем случае доля ─самой большой│ точно не меньше 1=100, т. е.
Карлсон должен был остановиться раньше.
228
С. А. Дориченко
Итак, сначала Карлсон одготавливает банки: добивается, чтобы в
─самой большой│ банке была ровно 1=100 доля от общего количества варенья (ри этом условие ─задачи 100│, очевидно, будет о-режнему выолнено). Затем, исользуя алгоритм ─задачи-99│, съедает все варенье,
как наисано выше.
Для завершения решения осталось заметить, что мы научились сводить ─задачу-100│ к ─задаче-99│, но точно также можно свести ее теерь
к ─задаче-98│, ту в свою очередь к ─задаче-97│, и т. д. Ну а ─задача-1│
совершенно очевидна.
На окружности расставлено несколько оложительных чисел, каждое из которых не больше 1. Докажите, что можно разделить окружность на три дуги так, что суммы чисел на соседних дугах будут отличаться не больше, чем на 1. (Замечание. Если на дуге нет чисел, то
сумма на ней считается равной нулю.)
(М. И. Малкин)
Верна и более общая задача: в тех же условиях можно для любого
натурального числа n разделить окружность на n дуг так, что суммы
чисел на соседних дугах будут отличаться не больше, чем на 1.
Сначала разобъем окружность на n дуг роизвольным образом. Пусть
найдутся две соседние дуги, суммы чисел на которых отличаются больше,
чем на 1. огда ередвинем граниу этих дуг так, чтобы на дуге с большей суммой стало на одно число меньше, а на дуге с меньшей суммой |
на это же одно число больше. Если и осле такого изменения найдутся
соседние дуги с разностью, большей 1, снова сделаем аналогичное изменение, и т.д. Остается ворос: риведет ли наш алгоритм когда-нибудь к
ели, или он может родолжаться бесконечно долго?
Автор задачи М. И. Малкин ридумал ростое и красивое доказательство корректности алгоритма. Занумеруем дуги (числами от 1 до n) и
рассмотрим сумму x21 + : : : + x2n , где xi | сумма чисел на i-й дуге. Пусть,
наример, xi+1 ? xi > 1. Применив наш алгоритм, олучим две новые соседние дуги с суммами xi+1 ? a и xi + a. При этом разниа между старой
суммой квадратов и новой равна x2i+1 + x2i ? (xi+1 ? a)2 ? (xi + a)2 =
= 2a(xi+1 ? xi ? a) > 0, оскольку xi+1 ? xi > 1 и 0 6 a < 1. Значит, сумма
квадратов уменьшилась. Но сумма квадратов может ринимать лишь конечное число значений (оскольку есть лишь конечное число сособов
разбить числа на окружности на n частей) и значит не может уменьшаться бесконечное число раз. Поэтому в коне конов мы рийдем к
искомому разделению.
очно так же доказывается следующий факт: для любого натурального n
любой конечный набор оложительных чисел, не ревосходящих 1, можно разбить на n частей (среди которых могут быть устые, с нулевой суммой) так,
что суммы чисел в любых двух частях будут отличаться не больше, чем на 1.
Избранные задачи 27 урнира Городов
229
История очередной задачи очень интересна. В журнале ─Квант│ ┌8 за
1983 год И. Ф. Шарыгин оубликовал статью ─Вокруг биссектрисы│, в которой
сформулировал забавный ворос, мало известный тогда даже среди любителей
геометрии: Про данный треугольник известно, что треугольник, образованный основаниями его биссектрис, является равнобедренным. Можно ли утверждать, что и данный треугольник равнобедренный ? И. Ф. Шарыгин доказал,
что утверждать это нельзя (одробности см. наример в его книге ─Геометрия.
Планиметрия. 9{11 классы│, Дрофа, 2001, задача 500), но не сумел остроить
конкретного римера неравнобедренного треугольника (т. е. точно указать величины всех его углов) с таким экзотическим свойством. Недавно ример удалось остроить С. И. окареву, ричем треугольник оказался хорошо известным
любителям геометрии. ак возникла следующая задача:
Дан треугольник ABC , AA1 , BB1 и CC1 | его биссектрисы. Известно, что величины углов A, B и C относятся как 4 : 2 : 1. Докажите, что
A1 B1 = A1 C1.
(С. И. окарев)
Оишем вокруг треугольника ABC окружность. Углы нашего треугольника равны 4=7, 2=7 и =7; оэтому, разделив окружность на
7 равных дуг, начиная с точки A, олучим висанный в окружность
равильный семиугольник ABXY ZCT .
X
Заметим сначала, что AA1 | бисB
сектриса угла A, и значит роходит через точку Y | середину дуги BC . Аналогично BB1 | биссектриса угла B , и Y
C1
A1
значит роходит через точку T | середину дуги AC .
A
Докажем, что ? BCC1 = ?AY B1 .
Действительно, BC = AY из симметB1
рии; ?C1 BC = 2=7 = ?B1 AY (оира- Z
ются на одинаковые дуги), и ?BCC1 =
= =14 = ?AY B1 (ервое равенство
T
верно, так как CC1 | биссектриса угла
C
C , второе | так как Y B1 | биссектриса угла AY T из симметрии). ем самым
Рис. 3.
треугольники равны о второму ризнаку. А значит Y B1 = CC1 .
Но тогда треугольники Y A1 B1 и CA1 C1 равны о ервому ризнаку
(?A1 Y B1 = =14 = ?A1 CC1 , A1 Y = A1 C из симметрии, Y B1 = CC1 о
доказанному). Откуда A1 B1 = A1 C1 , что и требовалось доказать.
С. А. Дориченко, урнир Городов, НМУ, школы ┌57 и ┌179 г.Москвы
E-mail: dsamme.ru
По мотивам задачника
─Математического росвещения│
В этом номере мы риводим решение задачи 5.9 из задачника ─Математического росвещения│. Эта задача связана с дискретным аналогом
гармонических функий , т. е. функий, удовлетворяющих уравнению Лаласа
f = 0:
Гармонической на елочисленной решетке Zn называется такая функия f : Zn ? R, значение которой в каждой точке равно среднему арифметическому от значений соседей:
f (x1; : : : ; xn ) = 21n
n X
i=1
f (x1; : : : ; xi ? 1; : : : ; xn ) + f (x1; : : : ; xi + 1; : : : ; xn ) :
Суергармонической на елочисленной решетке Zn называется такая
функия, для которой вместо наисанного выше равенства выолняется неравенство > в каждой точке (x1 ; : : : ; xn ).
В нерерывном случае для гармонических функий сраведлива теорема Лиувилля: всякая ограниченная на Rn гармоническая функия остоянна . Достаточно даже отребовать односторонней ограниченности.
Аналогичное утверждение выолняется и для функий, гармонических на
решетке: если гармоническая на решетке функия неотриательна, то
она остоянна . Частными случаями этого утверждения являются ункты
б) и в) задачи 5.91) . Его доказательство, найденное германским школьником П. Шолье, риводится ниже. Другое доказательство этого факта,
исользующее бесконечномерную выуклую геометрию, намечено в книге Е. Б. Дынкина, А. А. Юшкевича ─еоремы и задачи о роессах Маркова│, М.: Наука, 1966. В этой замечательной книге объясняется связь
между гармоническими и суергармоническими функиями на решетке
и случайными блужданиями. В частности, на одномерной и двумерной
решетках все суергармонические неотриательные функии остоянны . Начиная с размерности 3, существуют неостоянные суергармонические неотриательные функии. (Разниа между малыми и большими
Отметим также, что ункт б) можно найти в задачнике второй серии сборников
─Математическое росвещение│ (вы. 3, 1958, с. 269, задача 20).
1)
231
размерностями обусловлена в данном случае возвратностью или невозвратностью случайного блуждания.)
В статье И. И. Богданова и Г. Р. Челнокова риводится решение ункта а) задачи 5.9. ам речь идет о естественном обобщении онятия
суергармонических функий на одномерной решетке. Среди таких обобщенных суергармонических функий всюду неотриательными являются только константы, как и в редыдущих случаях. Заметим, что этот
результат также можно олучить, изучая случайные блуждания на решетке.
Редколлегия ─Математического росвещения│ ланирует родолжить
убликаии на эту тему.
ем, кто заинтересовался дискретными гармоническими функиями,
советуем также рочитать статью А. И. Храброва ─Дискретные гармонические функии│ в сборнике ─Задачи Санкт-Петербургской олимиады школьников о математике 2005 года│, СПб: Невский диалект, БХВПетербург, 2005; с. 112{145.
232
Обобщенные суергармонические
оследовательности
И. И. Богданов
Г. Р. Челноков
В этой заметке риводится решение задачи 5.9а) из задачника ─Математического росвещения│. Наомним формулировку:
В клетках бесконечной клетчатой ленты заисаны оложительные числа. Известно, что каждое число не меньше среднего
арифметического трех соседей слева и трех срава. Докажите, что числа равны.
Формально числа, заисанные в клетках бесконечной клетчатой ленты, можно рассматривать либо как функии Z ? R из множества елых
чисел в множество действительных чисел, либо как бесконечные в обе
стороны оследовательности действительных чисел
: : : ; f?n; : : : ; f?1; f0 ; f1; : : : ; fn; : : :
Мы выбираем второй сособ и далее говорим только о оследовательностях.
Оределение. Пусть F | неустое конечное множество елых чисел, симметричное относительно нуля, ричем числа в F взаимно росты
в совокуности. Последовательность an назовем F -суергармонической ,
если для любого n выолняется неравенство
an > |F1 |
X
f ?F
an+f :
Наример, {?1; +1}-суергармонические оследовательности | это
то же самое, что суергармонические на Z1 функии.
еорема. Если F -суергармоническая оследовательность неотриательна, то она остоянна.
Задача 5.9а) является частным случаем этой теоремы, в котором
F = {?3; ?2; ?1; 1; 2; 3}. Для ростоты изложения мы риводим только
доказательство этого частного случая. Общее доказательство олучается аналогично.
Обобщенные суергармонические оследовательности
233
Бесконечные в обе стороны оследовательности чисел образуют векторное ространство относительно оераий окомонентного сложения
и умножения всех членов на константу. Зададим на этом векторном ространстве линейный оератор X сдвига влево: X (an ) = (bn ), где
bn = an+1.
Нас будут интересовать многочлены от X относительно стандартных
оераий: роизведение оераторов есть их комозиия, наример, оератор X 2 ереводит оследовательность (n ) в (n+2 ); сложение оераторов
ереводит оследовательность в сумму ее образов, наример, оератор
X 2 +2X +1 ереводит оследовательность (n ) в (n+2 +2n+1 +n); число онимается как оератор умножения каждого члена оследовательности
на . Каждый такой многочлен является линейным оератором.
Наомним, что в этом случае комозиия линейных оераторов совадает с роизведением многочленов, т. е. комозиия оераторов P (X ) и
Q(X ) есть оератор PQ(X ). Наример, X 2 +3X +2 = (X +1)(X +2), т. е.,
одействовав на оследовательность сначала оератором X + 1, а затем
X + 2 (или наоборот), мы олучим тот же результат, как ри действии
оератором X 2 + 3X + 2.
На этом языке удобно заисываются многие онятия. ак, множество
линейных рекуррент с уравнением un+k = a0 un + a1 un+1 + ╥ ╥ ╥ + ak?1 un+k?1
| это множество оследовательностей, для которых
X k (un) = (a0 + a1 X + ╥ ╥ ╥ + ak?1X k?1)(un );
или, роще говоря, росто множество всех оследовательностей, обнуляемых оератором X k ? ak?1 X k?1 ? ╥ ╥ ╥ ? a1 X ? a0 , т. е. его ядро. Отсюда,
раскладывая этот многочлен на линейные сомножители, нетрудно олучить общую формулу линейной рекурренты.
Условие задачи 5.9а) формулируется теерь в следующем виде. Дана
такая оследовательность (an ) оложительных чисел, что
6an+3 > an + an+1 + an+2 + an+4 + an+5 + an+6 ;
или, другими словами, рименение многочлена
P (X ) = 1 + X + X 2 ? 6X 3 + X 4 + X 5 + X 6
к оследовательности (an ) дает неоложительную оследовательность.
ребуется доказать, что (an ) есть константа.1)
Заметим, что P (x) = (x ? 1)2 Q(x), ричем все коэффииенты Q(x)
неотриательны.2) Действительно, достаточно роверить этот факт для
При доказательстве теоремы многочлен P (X ) нужно заменить на соответствующий множеству F возвратный многочлен (F -многочлен).
Аналогичное утверждение сраведливо и для роизвольных F -многочленов, доказательство овторяется очти дословно.
1)
2)
234
И. И. Богданов, Г. Р. Челноков
многочленов xk+r ? 2xk + xk?r , отому что P (x) = (x6 ? 2x3 + 1) +
+ (x5 ? 2x3 + x) + (x4 ? 2x3 + x2 ). Для многочленов указанного вида
утверждение очевидно:
xk+r ? 2xk + xk?r = xk?r (xr ? 1)2 = (x ? 1)2 xk?r (xr?1 + xr?2 + ╥ ╥ ╥ + 1)2 :
Далее, корни Q(z ) о модулю не равны 1, т. е. Q(z ) 6= 0 ри любом
комлексном z , |z | = 1. Действительно, |P (z )| > |6z 3 | ? 1 ? |z | ? |z 2 | ? |z 4 | ?
? |z 5 | ? |z 6 | = 0, ричем равенство может достигаться лишь когда числа 1
и z имеют равные аргументы, т. е. z = 1. Но Q(1) 6= 0 из оложительности
коэффииентов.3)
Обозначим Q(X )(an ) = (bn ). огда элементы (bn ) олучаются из элементов (an ) линейной комбинаией с оложительными коэффииентами
(а именно, с коэффииентами многочлена Q); таким образом, оследовательность (bn ) оложительна. По условию, оследовательность (dn ) =
= (X ? 1)2 (bn ) = P (X )(an ) неоложительна. Покажем, что (bn ) остоянная. Пусть (n ) = (X ? 1)(bn ), тогда (dn ) = (X ? 1)(n ). По условию
олучаем dn = n+1 ? n 6 0, т. е. (n ) не возрастает. Предоложим, что
существует k 6= 0. Если k < 0, то и все l 6 k < 0 ри l > k. огда
bl+1 ? bl 6 k ри l > k, т. е. bl с возрастанием l на каждом шаге убывает
хотя бы на |k |; это невозможно, так как (bn ) оложительна. Аналогично,
если k > 0, то ри всех l < k с уменьшением l величина bl уменьшается
хотя бы на k , что невозможно. Итак, k ? 0, что и означает, что (bn )
остоянная.
ак как коэффииенты qi многочлена Q(x) и члены оследовательности (an ) оложительны, то bn = q0 an +q1an+1 +╥ ╥ ╥ > q0 an , т. е. an 6 bn =q0 =
= b0 =q0 , и оследовательность (an ) ограничена. Далее, заметим, что рименение оератора Q(X ) к остоянной оследовательности умножает ее
на Q(1). Поскольку оследовательность Q(X )(an ) остоянная и Q(1) 6= 0,
то из (an ) можно вычесть остоянную оследовательность = b0 =Q(1)
и олучить такую (ограниченную!) оследовательность a?n = an ? , что
Q(X )(a?n ) = (0).
Решение хотелось бы закончить так. Мы олучили, что (a?n ) есть линейная рекуррента, у характеристического уравнения которой нет корней, о модулю равных 1. Применив общую формулу линейной рекурренты, олучаем, что (a?n ) есть линейная комбинаия оследовательностей
вида (R(n)n ), где робегает множество корней Q(x), а R(n) | многочлен. Казалось бы, оскольку || =
6 1, то такая оследовательность
При доказательстве теоремы аналогичное утверждение нужно доказать для роизвольного F -многочлена. В этом доказательстве существенно исользуется условие,
что числа из F взаимно росты.
Дальнейшие рассуждения оираются на указанные свойства F -многочленов, а в
остальном от вида F они не зависят.
3)
Обобщенные суергармонические оследовательности
235
ограничена лишь когда a?n ? 0. Это и в самом деле верно, но известные нам доказательства основаны на достаточно тонких рассуждениях с
рименением теоремы Кронекера.
Поэтому завершим доказательство несколько иначе (и роще).
Мы должны оказать, что, рименяя Q(X ) к ограниченной ненулевой
оследовательности, нельзя олучить (0). Разложим Q(x) на линейные
множители; тогда достаточно доказать это для одного такого множите6 1 (действительно, оскольку этот оератор ереводит
ля X ? , где || =
ограниченные оследовательности в ограниченные, то о индукии сра??у
олучается требуемое). Однако X ? , очевидно, обнуляет лишь оследовательности вида un = n u0 , которые ри || =
6 1 и u0 6= 0 не ограничены,
что и требовалось доказать.
Замечание. Похожими методами легко решается, наример, задача
7.11 из задачника ─Математического росвещения│. Наомним ее условие:
Bсе комлексные корни уравнения A0 X n + A1 X n?1 + ╥ ╥ ╥ + An = 0
о модулю строго меньше 1. Последовательность {vk = A0 uk+n +
+ A1 uk+n?1 + ╥ ╥ ╥ + An uk } | сходится. Докажите, что оследовательность {uk } тоже сходится.
Достаточно онять, что на классе ограниченных оследовательностей
верно оераторное равенство (1 ? aX )(1 + aX + a2 X 2 + : : : ) = 1, если
|a| < 1.
И. И. Богданов, МФИ
e-mail: iibogdanovyahoo.om
Г. Р. Челноков
236
О неотриательных гармонических функиях
на решетке
П. Шолье
Гармонической на елочисленной решетке Zn называется такая функ-
ия f : Zn ? R, значение которой в каждой точке равно среднему арифметическому от значений соседей:
f (x1; : : : ; xn ) = 21n
n X
i=1
f (x1; : : : ; xi ? 1; : : : ; xn ) + f (x1; : : : ; xi + 1; : : : ; xn ) :
Данная заметка освящена доказательству следующего утверждения,
из которого, в частности, следуют ункты б) и в) задачи 5.9 задачника
─Математического росвещения│.
еорема. Гармоническая на решетке неотриательная функия остоянна.
Аналогично одномерному случаю (см. редыдущую статью И. И. Богданова и Г. Р. Челнокова) мы введем оераторы сдвига X1 , . . . , Xn , действующие на наших функиях о следующему равилу:
(Xi f )(x1 ; : : : ; xn ) = f (x1 ; : : : ; xi + 1; : : : ; xn ):
аким образом, Xi ─сдвигает│ расстановку чисел в узлах решетки на 1
о i-й координате. Условие гармоничности функии заисывается с омощью оераторов сдвига как
(X1 + X1?1 + X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 )f = 2nf
или
(X1 + X1?1 + X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 ? 2n)f = 0;
где 0 | тождественно нулевая расстановка.
Оераторы сдвига коммутируют. Поэтому можно рассматривать многочлены от оераторов Xi ; Xi?1 с действительными коэффииентами, онимая умножение оераторов как комозиию, а сложение и умножение
на число | как сложение и умножение на число функий Z ? Rn .
Перевод и редактирование И. И. Богданова.
О неотриательных гармонических функиях на решетке
237
Заметим, что, рименяя многочлен от сдвигов Xi ; Xi?1 к гармонической функии, мы оять олучаем гармоническую функию. При этом,
если коэффииенты многочлена и исходная функия неотриательны, то
и олученная функия неотриательна.
Мы будем вести доказательство индукией о n. Доказательство для
n = 1 тривиально, оскольку одномерная гармоническая функия линейна, а ограниченная линейная функия остоянна.
Для шага индукии достаточно доказать, что функия f из условия
теоремы удовлетворяет неравенству
2(n ? 1)f > (X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 )f
(1)
(одобные неравенства мы всегда будем восринимать оточечно; в частности, данное неравенство означает, что значение левой функии в каждой точке не меньше, чем соответствующее значение равой). Действительно, тогда из симметрии выолняются неравенства такого же вида с
заменой индекса 1 на i; росуммировав о всем i, мы олучим, что
(2n ? X1 ? X1?1 ? X2 ? X2?1 ? ╥ ╥ ╥ ? Xn ? Xn?1 )f > 0:
Поскольку это неравенство обращается в равенство, то обращались в равенство и все слагаемые, т. е. ри любом j
X
(Xi + Xi?1 ) f = 2(n ? 1)f:
i6=j
Зафиксируем роизвольное a ? Z. огда функия
f1 : (x2 ; : : : ; xn) 7? f (a; x2; : : : ; xn)
является неотриательной гармонической функией на (n ? 1)-мерной решетке, о редоложению индукии она остоянна; о тем же ричинам
и функия
f2 : (x1; x3 ; : : : ; xn) 7? f (x1; a; x2 ; : : : ; xn)
остоянна. А тогда и функия f также остоянна.
Осталось доказать неравенство (1).
Введем многочлен m(x2 ; : : : ; xn ) = (2n ? 2) ? x2 ? x?2 1 ? ╥ ╥ ╥ ? xn ? x?n 1 и
обозначим через M соответствующий ему оератор m(X2 ; : : : ; Xn ). Нам
нужно доказать, что Mf > 0. Заметим, что (Mf )(x1 ; x2 ; : : : ; xn ) зависит
только от значений функии ри данном фиксированном x1 .
Сумма сдвигов вдоль ервой координаты (X1 + X1?1 )f выражается
через сдвиги f вдоль остальных координат; иначе говоря, сумма двух
значений f в точках, симметричных относительно лоскости x1 = a, выражается через значения f в этой лоскости. Выясним, как именно она
выражается.
238
П. Шолье
Введем многочлены
p0(t) = 2; p1(t) = 2 + t; pk+2(t) = (2 + t)pk+1(t) ? pk (t):
Положим Pk = pk (M ).
Лемма 1. Pk f = (X1k + X1?k )f ри любом k . Как следствие, Pk f > 0.
Доказательство. Индукия о n. Для n = 0; 1 утверждение очевидно. Для остальных значений n из оределения гармонической функии
олучаем
(X1k + X1?k )f =
= (X1k?1 (X1 + X1?1 ) ? X1k?2 + X1?k+1 (X1 + X1?1 ) ? X1?k+2 )f =
= ?(X1k?2 + X1k?1 (X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 ? 2n))f ?
? (X1?k+2 + X1?k+1 (X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 ? 2n))f =
= (X1k?1 + X1?k+1 )(2 + M )f ? (X1k?2 + X12?k )f =
= ((2 + M )Pk?1 ? Pk?2 )f = Pk f;
что и требовалось доказать.
Замечание. Из доказательства леммы следует, что любую функию,
заданную на лоскости x1 = 0, можно родолжить гармоническим образом на всю область оределения: она восстанавливается из доказанной
леммы, если редоложить , что она симметрична относительно этой же
лоскости. При этом, очевидно, она не обязана быть неотриательной,
даже если исходные данные были неотриательными.
еерь мы временно забудем ро оераторы Pk и выясним несколько
свойств многочленов pk (t).
Лемма 2. pk (2 os ? 2) = 2 os(k).
Доказательство. Индукия о k . При k = 0 и k = 1 это очевидно.
Исользуя оределение многочленов pk (t), олучаем
pk+2(2 os ? 2) = 2 os pk+1(2 os ? 2) ? pk (2 os ? 2) =
= 2(2 os os(k + 1) ? os k) = 2(os(k + 2) + os k ? os k) =
= 2 os(k + 2)
из редоложения индукии.
t
Замечание. Из леммы 2 сразу вытекает, что pk (t) = 2Tk + 1 , где
2
Tk (t) | многочлен Чебышёва стеени k.
2j ? 2. Как
Лемма 3. pk (t) = 2 + (t ? t1 ) ╥ : : : ╥ (t ? tk ), где tj = 2 os
k
следствие, pk (t) > 2 ри t > 0.
О неотриательных гармонических функиях на решетке
239
Доказательство. Согласно лемме 2, корнями многочлена pk (t) ? 2
являются tj = 2 os 2ki ? 2, i = 0; 1; : : : ; k ? 1. Некоторые числа встреча-
ются среди сиска tj дважды. Однако, если d = tr = tj , то r + j = k, и
?4 < d < 0; заметим, что ри t ? [?4; 0? выолняется неравенство
t + 2 |p(t)| = 2 os k aros
6 2;
2
а p(d) ? 2 = 0, оэтому d | внутренняя точка локального максимума
pk (t) ? 2 и, как следствие, его корень кратности 2. аким образом, мы
насчитали k корней многочлена pk (t) ? 2; кроме того, его старший коэффииент равен 1 (из оределения). огда pk (t) = 2 + (t ? t1 ) ╥ : : : ╥ (t ? tk ).
При этом все ti неоложительны, откуда следует второе утверждение
леммы.
Пусть r | наименьшее неотриательное число такое, что неравенство
(M + r)g > 0 выолняется для любой неотриательной гармонической
функии g. Заметим, что (M +2)g = (X1 + X1?1 )g > 0 из леммы 1; оэтому
r существует и не ревосходит 2. ребуемое неравенство (1) эквивалентно
тому, что r = 0.
Предоложим, что r > 0. Разделим многочлен pk (t) с остатком на
(t ? 2(n ? 1))(t + r):
(2)
pk (t) = (t ? 2(n ? 1))(t + r)qk (t) + rk (t); deg rk 6 1:
Лемма 4. qk (t) можно редставить в виде
k ?2
X
qk (t) = Al pl (t);
l=0
где Al > 0.
Доказательство. Подставим в (2) t = 2 os ? 2 и оложим z = ei .
огда t = z + z ?1 ? 2, а pk (t) = z k + z ?k . Соответственно, частное qk
ринимает вид
qk (z + z?1 ? 2) = (z +z z?+ z? 2n?)(rzk (+z z+?z + (?r 2)? 2)) =
= Ak?2 (z k?2 + z ?k+2 ) + Ak?3 (z k?3 + z ?k+3 ) + ╥ ╥ ╥ + A0 ; (3)
оскольку qk (z + z ?1 ? 2) симметрично относительно замены z 7? z ?1 . Заметим, что тогда qk (t) = Ak?2 pk?2(t)+ ╥ ╥ ╥ + A0 , ибо для любого t найдется
такое (возможно, комлексное) z , что t = z + z ?1 ? 2. Поэтому нам надо
доказать неотриательность коэффииентов Al .
При z ? ? имеем
qk (z + z?1 ? 2) = Ak?2zk?2 + Ak?3zk?3 + ╥ ╥ ╥ + A1z + A0 + o(1):
k
?k
1
?1
1
240
П. Шолье
С другой стороны,
qk (z + z?1 ? 2) =
=
z ?k ? rk (z + z ?1 ? 2)
zk
+
(z + z?1 ? 2n)(z + z?1 + (r ? 2)) (z + z?1 ? 2n)(z + z?1 + (r ? 2)) =
zk
=
(z + z?1 ? 2n)(z + z?1 + (r ? 2)) + o(1);
оскольку rk (t) не более, чем линеен.
Значит, ри z ? ?
(z + z
?1
zk
= Ak?2 z k?2 + Ak?3 z k?3 + ╥ ╥ ╥ + A1 z + A0 + o(1):
? 2n)(z + z ?1 + (r ? 2))
Подставив x = 1=z и домножив на xk?2 , олучаем ри x ? 0
1
k ?3 + A
0 xk?2 +
+ o(xk?2 );
(x + 1 ? 2nx)(x2 + 1 + (r ? 2)x) = Ak?2 + Ak?3 x + ╥ ╥ ╥ + A1 x
2
т. е. Al есть коэффииенты ряда Маклорена функии
1
(x + 1 ? 2nx)(x2 + 1 + (r ? 2)x) =
2
1
= u(x)v(x):
= x2 ? 2x + 1 ╥ 2
2
x ? 2nx + 1 (x ? 2x + 1)(x + (r ? 2)x + 1)
2
Достаточно доказать, что ряд Маклорена каждого из сомножителей
неотриателен. Пусть 1 > 1, 2 = 1=1 | корни многочлена x2 ? 2nx + 1,
тогда
? 2)x
u(x) = xx ??22nxx ++11 = 1 + (1 ? (2 nx)(1
=
? x)
2
2
= 1 + (2n ? 2)x
1 ? 2
1
1
1 ? 1 x ?
2
2
2n ? 2
=
1
+
1 ? 2 x
1 ? 2
?
X
l=1
= 1 + 2n??2
1
где все коэффииенты, очевидно, оложительны.
Рассмотрим v(x). Заметим, что у ряда
1
= 1 + 2x + 3x2 + : : :
1 ? 2x + x2
1l xl ?
все коэффииенты оложительны. огда, если
2
?
X
l=1
?
X
l=1
!
2l xl =
(1l ? 2l )xl ;
r = 0, то сомножитель
О неотриательных гармонических функиях на решетке
241
v(x), равный квадрату этого ряда, оложителен. Если же r > 0, то
xv(x) = (x2 + 1 ? 2x)(xx2 + 1 + (r ? 2)x) = 1r
1
Аналогично роведенным выше вычислениям, имеем
rxv(x) =
?
X
l=0
(l + 1)xl ?
1
? ?1
?
X
l=0
1
1 ? 2x + x2 ? 1 + (r ? 2)x + x2 :
( l+1 ? ?l?1)xl =
=
? X
l=0
l+1
? l? 1
l + 1 ? ???1
xl ;
где , ?1 | корни трехчлена x2 +1+(r ?2)x (они ри 0 < r 6 2 комлексно
соряжены). Осталось заметить, что
l+1 ? ?l?1 l
l?2 + ╥ ╥ ╥ + ?l | 6 l + 1;
? ?1 = | + оэтому для (действительных!) коэффииентов ряда
венство
l+1? l+1 ? ?l?1
? ?1
rxv(x) верно нера-
> 0;
а значит, и коэффииенты ряда v(x) неотриательны.
Рассмотрим оераторы Qk = qk (M ), Rk = rk (M ) и роизвольную неотриательную гармоническую функию g.
Лемма 5.
Rk g > 0.
Доказательство. Имеем
Rk g = Pk g + (M + r)(2n ? 2 ? M )Qk g =
= Pk g + (M + r)(X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 )Qk g:
Заметим, что Pi g > 0 из леммы 1, а оэтому Qk g > 0 из леммы 4. огда
рименение оератора (M + r) к гармонической неотриательной функии (X2 + X2?1 + ╥ ╥ ╥ + Xn + Xn?1 )Qk g дает снова неотриательную функию.
Отсюда следует утверждение леммы.
Завершим доказательство теоремы. Итак, мы редоложили, что
r > 0. огда 0 < ' = aros 2 ?2 r 6 , и существует такое k, что
=2 < k' 6 . При этом k имеем pk (?r) = 2 os k' < 0 согласно лемме 2. Кроме того, из леммы 3 олучаем pk (2n ? 2) > 2.
242
П. Шолье
Подставив в (2) t = 2(n ? 1) и t = ?r, олучаем
rk (2(n ? 1)) = pk (2(n ? 1)); rk (?r) = pk (?r);
откуда
огда
rk (t) = pk (2(n ? 1)) + (x ? 2(n ? 1)) pk (2(2(n n??1))1)?+prk (?r) :
Rk g = pk (2(2(n n??1))1)?+prk (?r) Mg+
n ? 1)) ? pk (?r)
+ pk (2(n ? 1)) ? 2(n ? 1) pk (2(2(
n ? 1) + r
g > 0;
ричем коэффииент ри M в этом выражении оложителен. Разделив
на этот коэффииент, олучаем
Однако
M + pk (2(n ? 1)) pk (2(2(n n??1))1)?+prk (?r) ? 2(n ? 1) g > 0:
pk (2(n ? 1)) pk (2(2(n n??1))1)?+prk (?r) ? 2(n ? 1) =
n ? 1))
? 2(n ? 1) <
= (2(n ? 1) + r) p (2(pnk?(2(1))
? pk (? r )
k
< 2(n ? 1) + r ? 2(n ? 1) = r;
неравенства выолняются, ибо pk (2(n ? 1)) > 2 > 0 > pk (?r). Получаем
ротиворечие с выбором r. Значит, r = 0, откуда следует неравенство (1),
из которого, как было оказано выше, и следует теорема.
Peter Sholze
e-mail: Peter.Sholzeweb.de
243
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике
Мак-Кэя
Е. Д. Куланин
В статье рассматриваются воросы, затронутые в [3?, а также риводится решение задачи 8.4 из задачника ─Математического росвещения│.
1. Вводные замечания
Наомним сначала некоторые оределения. Пусть P | точка в лоскости треугольника ABC , A1 , B1 , C1 | основания ерендикуляров, оущенных из точки P на рямые BC , CA, AB соответственно. огда треугольник A1 B1 C1 называется едальным треугольником точки P относительно треугольника ABC . Прямые, роходящие через вершину данного
угла и симметричные относительно биссектрисы этого угла, называются
изогональными относительно этого угла. Окружность, на которой лежат
середины сторон треугольника, основания его высот и середины отрезков
от вершин до точки ересечения высот (ортоентра), называется окружностью Эйлера или окружностью девяти точек этого треугольника.
Приведем формулировки тех теорем из [3?, которые онадобятся нам
в этой статье. Желающие могут найти их доказательства в [3?, для чего
в скобках риводятся номера этих теорем, которые они имеют в [3?.
еорема 1 (7). Пусть P | точка, не лежащая на оисанной окружности треугольника ABC . огда рямые, изогональные соответственно
рямым PA, PB , PC относительно углов A, B , C этого треугольника,
ересекаются в одной точке P ? .
очки P и P ? называются изогонально соряженными точками относительно треугольника ABC или росто изогональными точками.
В дальнейшем мы окажем, что если точка P лежит на оисанной
окружности треугольника ABC , то рямые, изогональные рямым PA,
PB , PC относительно углов A, B , C , араллельны. Легко видеть, что
ентр оисанной окружности треугольника и точка ересечения его высот изогонально соряжены.
244
Е. Д. Куланин
P и P ? | точки, изогонально соряженные
относительно треугольника ABC , а A1 B1 C1 и A?1 B1? C1? | едальные треугольники этих точек. огда вершины треугольников A1 B1 C1 и A?1 B1? C1?
еорема 2 (9). Пусть
лежат на одной окружности.
ак как ентр O оисанной окружности треугольника и точка H ересечения его высот изогональны, то из теоремы 2 сразу же вытекает,
что середины сторон роизвольного треугольника и основания его высот лежат на одной окружности. Обозначим через AH1 , BH2, CH3 высоты нерямоугольного треугольника ABC . огда треугольники AH2 H3 ,
BH3H1, CH1H2 одобны треугольнику ABC с коэффииентами одобия
| os A|, | os B |, | os C | соответственно.
аким образом, треугольники AH2 H3 , BH3H1 , CH1 H2 являются
уменьшенными коиями треугольника ABC , оэтому можно рассматривать точки, одинаково расоложенные относительно одобных треугольников ABC , AH2 H3 , BH3H1 , CH1H2 .
еорема 3 (10). Пусть A1 , B1 , C1 | роекии точки P на стороны
(или родолжения сторон) BC , CA, AB треугольника ABC ; P1 , P2 , P3 |
точки, симметричные P относительно середин сторон B1 C1 , C1 A1 , A1 B1
треугольника A1 B1 C1 ; H1 , H2 , H3 | основания высот AH1 , BH2 , CH3
треугольника ABC . огда точки P , P1 , P2 , P3 одинаково расоложены
о отношению к треугольникам ABC , AH2 H3 , BH3 H1 , CH1 H2 соответственно.
Следствие 1. Пусть A1 , B1 , C1 | роекии точки P на стороны
(или родолжения сторон) BC , CA, AB треугольника ABC ; H1 , H2 , H3 |
основания высот AH1 , BH2, CH3 треугольника ABC . огда точки P1 , P2 ,
P3 , одинаково расоложенные с точкой P о отношению к треугольникам
AH2H3, BH3H1, CH1H2, ABC , совадают с ортоентрами треугольников
AB1 C1, BC1A1 , CA1B1.
Следствие 2 (5). Пусть H1 , H2 , H3 | основания высот AH1 , BH2 ,
CH3 треугольника ABC ; точки P , P1, P2 , P3 одинаково расоложены
о отношению к треугольникам ABC , AH2 H3 , BH3 H1 , CH1 H2 соответственно. огда треугольник P1 P2 P3 равен едальному треугольнику
A1 B1C1 точки P относительно треугольника ABC , ричем стороны треугольников P1 P2 P3 и A1 B1 C1 соответственно араллельны.
еорема 4 (11). Пусть P | роизвольная точка в лоскости треугольника ABC , не лежащая на его оисанной окружности; AH1 , BH2,
CH3 | его высоты, ересекающиеся в точке H ; E1, E2 , E3 | середины
отрезков AH , BH , CH ; P1 , P2 , P3 | точки, одинаково расоложенные с
P относительно треугольников AH2 H3, BH3H1, CH1H2, ABC соответственно. огда рямые E1 P1 , E2 P2 , E3 P3 ересекаются в такой точке K
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
245
окружности Эйлера треугольника ABC , через которую роходит оисанная окружность едального треугольника точки P относительно треугольника ABC .
2. Прямые Симсона
Рассмотрим теерь конфигураию, изображенную на рис. 1. Проведем через ортоентр H треугольника ABC рямую, которая ересечет
оисанные окружности треугольников AH2 H3 , BH3 H1 , CH1H2 в точках
Pa , Pb, P соответственно.
ак как ?Pa HH2 = ?P HH2 = ?Pb HB , а ?AH2 H3 = ?CH2H1 =
= ?H1 BH3, то точки Pa , Pb , P одинаково расоложены относительно
одобных треугольников AH2 H3 , BH3 H1 , CH1 H2 . Пусть P | точка, одинаково расоложенная с точками Pa , Pb , P относительно треугольников
ABC , AH2H3, BH3H1, CH1H2; Ha, Hb, H | основания ерендикуляров, оущенных из точки P на рямые BC , CA, AB соответственно.
огда согласно следствию 1 точки Pb , P , Pa совадают с ортоентрами
Ha
B
P
Pb
H
H3
H
Pb?
H1
P
A
Hb
H2
Pa
Рис. 1.
C
246
Е. Д. Куланин
треугольников Ha BH, Ha CHb , HAHb соответственно, т. е. BPb ? Ha H,
CP ? HaHb, APa ? HbH. Но ?BPbH = ?CPH = ?APa H = 90? как висанные углы, оирающиеся на диаметры оисанных окружностей треугольников BH3 H1 , CH1H2 , AH2 H3 , оэтому Ha H k Pb H , Ha Hb k P H ,
HbH k Pa H . Всомнив, что точки Pa , Pb , P, H лежат на одной рямой,
олучаем, что и точки Ha , Hb , H также лежат на одной рямой. Кроме того, Ha Hb = Pa Pb , Hb H = Pb P , HHa = P Pa как ротивооложные стороны араллелограммов Pa Hb Ha Pb , P Hb HPb , Pa H Ha P . аким
образом, следствие 2 сраведливо и в случае вырожденного едального
треугольника. Итак, мы ришли к следующему результату: основания
ерендикуляров, оущенных из точки, взятой на оисанной окружности
треугольника, на его стороны или родолжения сторон, лежат на одной
рямой.
Эта рямая называется рямой Симсона.
еорема 5. Прямая Симсона точки P относительно треугольника
ABC роходит через середину отрезка PH , где H | ортоентр треугольника ABC .
Доказательство. Вернемся к нашей конфигураии, изображенной
на рис. 1. Мы установили, что рямая Pa Pb P араллельна рямой Симсона точки P , одинаково расоложенной с точками Pa , Pb , P относительно
треугольников ABC , AH2 H3 , BH3H1 , CH1H2 соответственно, оэтому
согласно теореме 3 точки Pa , Pb , P симметричны точке P относительно
середин отрезков Ha Hb , HbH , Ha Hb . Другими словами, рямая Симсона Hb HHa точки P роходит через середины отрезков PPa , PPb , PP ,
а, значит, и через середину отрезка PH (наомним, что рямая Pa Pb P
роходит через H ).
?
Далее, усть Pb | точка, диаметрально ротивооложная Pb относительно оисанной окружности треугольника BH3 H1 . огда ?Pb? HPb =
= 90? , т. е. Pb? H ? Pb H , но Pb? H араллельна рямой Симсона точки P ? ,
диаметрально ротивооложной точке P относительно оисанной окружности треугольника ABC .
аким образом, олучено
Предложение 1. Прямые Симсона диаметрально ротивооложных
точек ерендикулярны.
Пусть точка P движется ротив часовой стрелки о оисанной окружности треугольника ABC с остоянной угловой скоростью !. огда угловые меры дуг BP и BPb равны и ?BHPb = 12 ^BPb = 12 !t. Это означает,
что рямая Pa P HPb вращается вокруг точки H о часовой стрелке с остоянной угловой скоростью !=2. Прямая Симсона точки P , араллельная
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
247
рямой Pa Pb , также вращается с угловой скоростью !=2 о часовой стрелке вокруг некоторого еременного ентра вращения. Другими словами,
если радиус OP вращается с остоянной угловой скоростью !, то рямая
Симсона точки P вращается с остоянной угловой скоростью ?!=2.
Предложение 2. Прямая Симсона точки P , лежащей на оисанной
окружности треугольника ABC , ерендикулярна рямым, симметричным рямым PA, PB , PC относительно биссектрис углов A, B , C треугольника ABC соответственно.
Доказательство. Проведем отрезки APa , BPb , CP . ак как отрезки AH , BH , CH являются диаметрами оисанных окружностей треугольников AH2 H3 , BH3 H1 , CH1H2 , то ?APa H = ?BPb H = ?CP H = 90?
и оэтому отрезки APa , BPb , CP араллельны. Но оскольку точки P ,
Pa , Pb , P одинаково расоложены относительно треугольников ABC ,
AH2H3, BH3H1, CH1H2, то рямые APa , BPb , CP симметричны рямым AP , BP , CP относительно биссектрис углов A, B , C треугольника
ABC . Осталось только всомнить, что рямая Pa PHPb араллельна рямой Симсона точки P .
Исользовав оределение изогональных рямых, редложение 2 можно
ереформулировать следующим образом:
Предложение 3. Прямая Симсона точки P , лежащей на оисанной
окружности треугольника ABC , ерендикулярна рямым, изогональным рямым PA, PB , PC относительно углов A, B , C треугольника
ABC .
Заметим, что оутно мы доказали, что для точки P оисанной окружности треугольника ABC рямые, изогональные рямым PA, PB , PC
относительно углов A, B , C треугольника ABC , араллельны. Будем
считать, что араллельные рямые ересекаются в бесконечно удаленной
точке. огда можно сказать, что точка P ? , изогональная точке P , лежащей на оисанной окружности треугольника ABC , бесконечно удалена.
Верно и обратное, т. е. точка P , изогональная бесконечно удаленной точке P ? , относительно треугольника ABC , лежит на оисанной окружности
этого треугольника. Другими словами, сраведливо
Предложение 4. Прямые `a , `b , ` , изогональные араллельным рямым `?a , `?b , `? относительно треугольника ABC , ересекаются в точке,
лежащей на оисанной окружности этого треугольника.
Неосредственным следствием редложения 4 является
еорема 6. Пусть рямая `, роходящая через ентр оисанной
окружности треугольника ABC , одинаково расоложена с рямыми `a ,
248
Е. Д. Куланин
`b, ` относительно треугольников ABC , AH2H3, BH3H1, CH1H2. огда
рямые `a , `b , ` ересекаются в точке, лежащей на окружности Эйлера
этого треугольника.
Доказательство. Пусть E | ентр окружности Эйлера, а H | ортоентр треугольника ABC ; E1 , E2 , E3 | середины отрезков AH , BH ,
CH . Проведем через точку E рямую `1 , араллельную `, а через точки E1 , E2 , E3 | рямые `a , `b , `, одинаково расоложенные с рямой
` относительно треугольников ABC , AH2H3, BH3H1, CH1H2. Поскольку треугольники AH2 H3 , BH3H1 , CH1H2 ри симметрии относительно
соответствующих биссектрис треугольника ABC ереходят в треугольники, гомотетичные треугольнику ABC , то рямые `a , `b , ` изогональны
относительно треугольника E1 E2 E3 рямым `?a , `?b , `? , араллельным рямой `1 и роходящим через вершины треугольника E1 E2 E3 . Поэтому в
силу редложения 4 рямые `a , `b , ` ересекаются в точке, лежащей на
оисанной окружности треугольника E1 E2 E3 , совадающей с окружностью Эйлера треугольника ABC .
еорема 7. Пусть P | роизвольная точка оисанной окружности
треугольника ABC ; AH1 , BH2 , CH3 | его высоты, ересекающиеся в
точке H ; E1 , E2 , E3 | середины отрезков AH , BH , CH ; P1 , P2 , P3 | точки, одинаково расоложенные с P относительно треугольников AH2 H3 ,
BH3H1, CH1H2, ABC соответственно. огда рямые E1P1 , E2P2 , E3 P3
ересекаются в такой точке K окружности Эйлера треугольника ABC ,
через которую роходит рямая Симсона точки P относительно треугольника ABC .
Доказательство. Обозначим через A1 , B1 , C1 роекии точки P
на стороны BC , CA, AB треугольника ABC , ?CAB = , ?ABC = ,
?BCA = (рис. 2). ак как P2 и P3 | ортоентры треугольников A1 BC1
и B1 CA1 (см. следствие 1), то
P2 A1 P3 = ?P2A1 C + ?P3 A1C = 90? ? ?C1 P2 A1 + 90? ? =
= 180? ? ?C1 P2 A1 ? :
Но ?C1 P2 A1 = ?C1 PA1 как ротивооложные углы араллелограмма
PA1 P2C1 , а ?C1PA1 + ?C1 BA1 = 180? , оскольку четырехугольник
PA1 BC1 висанный (?PA1 B + ?PC1 B = 90? + 90? = 180? ). Поэтому
?
?P2 A1 P3 = (180 ? ?C1 P2 A1 ) ? = ?C1 BA1 ? =
= 180? ? ? = = ?E2 KE3 = ?P2 KP3 :
Из равенства углов P2 KP3 и P2 A1 P3 следует, что точки P2 , K , A1 , P3
лежат на одной окружности. Аналогично оказывается, что точки P3 ,
B1, P1 , K также лежат на одной окружности.
?
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
249
A1
P
B
P2
C1
E2
H
K
A
P3
E1
B1
E3
C
P1
Рис. 2.
Далее, так как точка C1 лежит на рямой Симсона A1 B1 , то ?B1 C1 P +
+ ?PC1 A1 = 180? , но ?B1 C1 P = ?A1 P2 P3 , ?A1 C1 P = ?B1 P1 P3 как углы
с соответственно араллельными сторонами, а из висанных четырехугольников A1 P2 P3 K и B1 P1 P3 K находим
?
?
?P3 KA1 = 180 ? ?A1 P2 P3 = 180 ? ?B1 C1 P = ?PC1 A1 ;
?
?
?P3 KB1 = 180 ? ?B1 P1 P3 = 180 ? ?A1 C1 P = ?PC1 B1 :
Окончательно олучаем ?B1 KP3 + ?P3 KA1 = ?PC1 A1 + ?PC1 B1 = 180? ,
откуда следует, что точка K лежит на рямой Симсона A1 B1 .
Прямые Симсона можно считать оисанными окружностями бесконечно большого радиуса вырожденных едальных треугольников, оэтому теорема 7 является аналогом теоремы 4, и, более того, эти теоремы
можно объединить в одну:
еорема 8. Пусть P | роизвольная точка в лоскости треугольника ABC ; AH1 , BH2 , CH3 | его высоты, ересекающиеся в точке H ;
E1 , E2, E3 | середины отрезков AH , BH , CH ; P1 , P2 , P3 | точки, одинаково расоложенные с P относительно треугольников AH2 H3 , BH3H1 ,
250
Е. Д. Куланин
CH1H2, ABC соответственно. огда рямые E1P1 , E2P2 , E3P3 ересекаются в такой точке K окружности Эйлера треугольника ABC , через
которую роходит оисанная окружность едального треугольника точки P относительно треугольника ABC .
еорему 8 можно ереформулировать следующим образом:
еорема 9. Пусть P | роизвольная точка в лоскости треугольника ABC ; AH1 , BH2 , CH3 | его высоты, ересекающиеся в точке H ;
E1 , E2 , E3 | середины отрезков AH , BH , CH ; O | ентр оисанной
окружности треугольника ABC ; `1 , `2 , `3 | рямые, араллельные рямой OP и роходящие через точки E1 , E2 , E3 соответственно; `?1 , `?2 , `?3 |
рямые, изогональные `1 , `2 , `3 относительно треугольника E1 E2 E3 . огда рямые `?1 , `?2 , `?3 ересекаются в такой точке K окружности Эйлера
треугольника ABC , через которую роходит оисанная окружность едального треугольника точки P относительно треугольника ABC .
еорема 10. Прямые Симсона диаметрально ротивооложных точек P и P ? ерендикулярны и ересекаются в точке, лежащей на окружности Эйлера треугольника ABC , ричем вторые точки ересечения этих
рямых с окружностью Эйлера являются конами ее диаметра, араллельного PP ? .
Доказательство. Согласно теореме 7 рямые Симсона диаметрально ротивооложных точек P и P ? ересекаются в точке K , лежащей на
окружности Эйлера треугольника ABC .
Но, как было установлено выше (см. редложение 1), рямые Симсона диаметрально ротивооложных точек ерендикулярны, оэтому
K1 K1? | диаметр окружности Эйлера, где K1 и K1? | вторые точки ересечения рямых Симсона точек P и P ? с окружностью Эйлера (рис. 3).
Рассмотрим рямую Симсона ` точки P . очка K ересечения этой
рямой с окружностью Эйлера совадает с точкой ересечения рямых
E1 P1, E2 P2, E3 P3 , одинаково расоложенных с рямой OP относительно
треугольников AH2 H3 , BH3H1 , CH1 H2 , ABC (O | как всегда ентр оисанной окружности треугольника ABC ). Вторая точка K1 ересечения
рямой Симсона ` точки P с окружностью Эйлера совадает согласно
теореме 5 с серединой отрезка PH , где H | ортоентр треугольника
ABC .
Аналогично, точка K1? совадает с серединой отрезка P ? H , и, таким
образом, диаметр K1 K1? окружности Эйлера является средней линией треугольника PHP ? и, следовательно, араллелен диаметру PP ? .
?
Замечание. Пусть P | бесконечно удаленная точка, изогональная
точке P . огда точка K1 , совадающая с серединой отрезка PH ,
изогонально соряжена с P ? относительно треугольника E1 E2 E3 (см.
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
251
P
`
B
K1
E2
O
E
E3
E1 K
A
H
K1?
C
KH
P?
Рис. 3.
редложения 2{4). огда, если считать рямую Симсона ` точки P общей
едальной окружностью точек P и P ? , то теорема 9 будет сраведлива и
для бесконечно удаленной точки P ? .
Наомним, что точкой ебо называется такая точка окружности Эйлера треугольника ABC , в которой ересекаются рямые Эйлера треугольников AH2 H3 , BH1H3 , CH1H2 , где H1 , H2 , H3 | основания высот
треугольника ABC .
Следствие 3. Пусть рямая Эйлера треугольника ABC ересекает
его оисанную окружность в точках P и P ? . огда рямые Симсона точек
P и P ? ересекаются в точке ебо треугольника ABC .
Следствие 4. Прямые Симсона конов диаметра оисанной окружности треугольника, роходящего через ентр его висанной окружности, ересекаются во внутренней точке Фейербаха этого треугольника,
а рямые Симсона конов диаметров, роходящих через ентры вневисанных окружностей, ересекаются во внешних точках Фейербаха этого
треугольника.
252
Е. Д. Куланин
P и P ? | диаметрально ротивооложные точки оисанной окружности треугольника ABC , K | точка ересечения
рямых Симсона точек P и P ? , лежащая на окружности Эйлера треугольника ABC , K1 и K1? | вторые точки ересечения рямых Симсона точек
P и P ? с окружностью Эйлера, KH | точка, симметричная ортоентру
H относительно точки K .
огда рямая Симсона точки KH ерендикулярна диаметру K1 K1?
окружности Эйлера треугольника ABC .
Доказательство. Вернемся к рис. 3. Пусть K | точка окружности
Эйлера треугольника ABC , а KH | точка, гомотетичная K с ентром
гомотетии H и коэффииентом гомотетии 2.
Как мы уже говорили, рямые KE1 , KE2 , KE3 изогональны диаметральной рямой PP ? . Поэтому и араллельные им рямые KH A, KH B ,
KH C также изогональны этой рямой. Но, как мы знаем (см. редложение 2), рямая Симсона точки P ерендикулярна араллельным рямым,
изогональным рямым PA, PB , PC . Отсюда следует, что рямая Симсона точки KH ерендикулярна диаметру PP ? , а, значит, и араллельному
ему диаметру K1 K1? окружности Эйлера треугольника ABC .
Следствие 5. Пусть TH | точка, симметричная ортоентру относиеорема 11. Пусть
тельно точки ебо роизвольного треугольника. огда рямая Симсона
точки TH ерендикулярна рямой Эйлера этого треугольника.
Следствие 6. Прямая Симсона точки, симметричной ортоентру
роизвольного треугольника относительно его внутренней точки Фейербаха, ерендикулярна рямой, роходящей через ентры висанной и
оисанной окружностей этого треугольника.
Докажем теерь следующее утверждение:
Предложение 5. Пусть треугольники
ABC и A?B ?C ? с ортоентра-
ми H и H имеют общую окружность Эйлера.
огда, если какие-либо две взаимно ерендикулярные рямые Симсона треугольника ABC совадают какими-либо двумя взаимно ерендикулярными рямыми Симсона треугольника A? B ? C ? , то совадают
и все остальные рямые Симсона этих треугольников.
?
Доказательство. Как следует из теоремы 10, совадающие рямые
Симсона P1 K и P2 K треугольников ABC и A? B ? C ? являются рямыми
Симсона конов араллельных диаметров оисанных окружностей треугольников ABC и A? B ? C ? , олучающихся из диаметра P1 P2 их общей
окружности Эйлера гомотетиями с ентрами в точках H и H ? и коэффииентом 2 (рис. 4).
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
253
K
P1
H
E
H?
P2
Рис. 4.
Начнем вращать эти араллельные диаметры вокруг ентров соответствующих окружностей в одну и ту же сторону с одинаковой угловой
скоростью, тогда с той же угловой скоростью и в ту же сторону будет вращаться и соответствующий этим диаметрам диаметр P1 P2 общей
окружности Эйлера треугольников ABC и A? B ? C ? . Прямые Симсона конов вращающихся диаметров будут роходить через середины отрезков,
соединяющих эти коны с точками H и H ? (для конов диаметра оисанной окружности треугольника ABC | с H , а для конов второго
диаметра | с H ? ), т. е. через точки P1 и P2 .
Но, как было установлено ранее, рямые Симсона конов араллельных диаметров будут вращаться вокруг точек P1 и P2 в ротивооложную сторону с угловой скоростью в два раза меньшей скорости вращения
араллельных диаметров.
Итак, рямые Симсона конов араллельных диаметров оисанных
окружностей треугольников ABC и A? B ? C ? в начальный момент времени
совадают, а затем начинают вращаться вокруг одних и тех же точек
P1 и P2 в одну и ту же сторону с одинаковыми угловыми скоростями и
оэтому совадают в любой момент времени.
Более точно: усть O и O? | ентры оисанных окружностей треугольников ABC и A? B ? C ?. огда, если для двух точек P и P ? , лежащих
на оисанных окружностях треугольников ABC и A? B ? C ? , векторы OP и
O?P ? сонаравлены, то рямые Симсона точек P и P ? совадают.
3. Касание рямых Симсона с окружностью Эйлера
данного треугольника
Наомним следующий факт, являющийся неосредственным следствием теорем 2 и 9.
Пусть P и P ? | изогонально соряженные точки относительно треугольника ABC . огда, если рямая PP ? роходит через ентр оисанной
254
Е. Д. Куланин
окружности этого треугольника, то общая едальная окружность точек
P и P ? касается окружности Эйлера треугольника ABC .
В случае, когда P лежит на оисанной окружности треугольника
ABC , рямые, изогональные рямым PA, PB , PC , араллельны, т. е.
точка P ? бесконечно удалена, а общая едальная окружность точек P
и P ? вырождается в рямую Симсона точки P . Как мы уже знаем (см.
замечание осле теоремы 10), бесконечно удаленной точке P ? соответствует точка ересечения рямой Симсона точки P с окружностью Эйлера треугольника ABC , совадающая с серединой отрезка PH , где H |
ортоентр треугольника ABC .
Вторая точка ересечения рямой Симсона точки P с окружностью
Эйлера олучится в результате ересечения рямых E1 P1 , E2 P2 , E3 P3 ,
изогональных рямой OP относительно углов E1 , E2 , E3 треугольника
E1 E2E3 (здесь, как и раньше, E1, E2, E3 | точки Эйлера, т. е. середины
отрезков AH , BH , CH ). Прямая Симсона точки P будет касаться окружности Эйлера треугольника ABC в том и только в том случае, когда эти
две точки совадают, а для этого необходимо и достаточно, чтобы рямые, изогональные рямым AP , BP , CP относительно углов A, B , C
треугольника ABC , были араллельны OP .
Другими словами, рямая OP должна роходить через бесконечно
удаленную точку P ? , т. е. и в этом случае рямая PP ? роходит через
ентр O оисанной окружности треугольника ABC .
еорема 12. Среди всех рямых Симсона роизвольного треуголь-
ника имеется ровно три, которые касаются окружности Эйлера этого
треугольника. очки касания являются вершинами равностороннего треугольника. Если , , | величины углов данного треугольника
( < < ), то стороны этого равностороннего треугольника образуют с соответствующими сторонами данного треугольника углы, равные
( ? )=3, ( ? )=3, ( ? )=3.
Доказательство. Пусть AL | биссектриса угла
BAC , N | точка,
диаметрально ротивооложная P , K | точка ересечения AL и PN ,
1=2^ АP = '1 (рис. 5). Прямые AP и OP изогональны относительно угла
BAC тогда и только тогда, когда ?PAK = ?PKA. Поскольку PN |
диаметр, то ?PAN = 90? и ?APK = ?APN = 90? ? ?ANP = 90? ? '1 и,
редолагая, что ?PAK = ?PKA, найдем
PAK = 12 (180? ? ?APK ) = 12 (180? ? (90? ? '1 )) =
?
= 12 (90? + '1 ) = 45? + 12 '1 :
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
P
B
'1
L
O
255
'2
R
K
A
C
'3
Q
N
Рис. 5.
С другой стороны,
PAK = ?PAB + ?BAL = 12 ^PB + 12 ?BAC =
= 12 ^ APB ? 12 ^ AP + 21 = ? '1 + 12 :
Поэтому 45? + '1 =2 = ? '1 + =2, откуда 3'1 =2 = + =2 ? 45? ,
'1 = 2=3( + =2) ? 30? = 2=3 + =3 ? 30? .
очно так же найдем еще две точки R и Q, для которых их рямые
Симсона касаются окружности Эйлера треугольника ABC . Они оределяются условиями '2 = 1=2^ BK = 2=3 + =3 ? 30? , '3 = 1=2^ CQ =
= 2=3 + =3 ? 30? (как всегда, считаем, что < < ).
Найдем углы треугольника PQR:
?
PQR = 12 ^PR = 12 ^PB + 12 ^BR = ? '1 + '2 =
= ? (2=3 + 1=3 ? 30? ) + 2=3 + =3 ? 30? =
= =3 + =3 + =3 = ( + + )=3 = 180? =3 = 60? :
Аналогично, ?PRQ = ?QPR = 60? .
Итак, мы олучили, что треугольник PQR равносторонний. Поскольку точки касания P1 , Q1 , R1 рямых Симсона точек P , Q, R с окружностью Эйлера треугольника ABC являются серединами отрезков PH ,
QH , RH , где H | ортоентр треугольника ABC , то треугольники PQR
и P1 Q1 R1 гомотетичны и, следовательно, треугольник P1 Q1 R1 также рав?
носторонний.
256
Е. Д. Куланин
P
B
D
'1
'2
R
O
A
C
'3
Q
Рис. 6.
Найдем угол между сторонами PR и AC треугольников PQR и ABC .
Для этого роведем через точку R хорду RD, араллельную AC (см.
рис. 6). огда
PRD = 12 ^PD = 12 ^AP ? 12 ^AD = 12 ^AP ? 12 ^CR =
= 12 ^ AP ? ( 12 ^ BC ? 12 BK ) = '1 ? ( ? '2 ) =
= 2=3 + 1=3 ? 30? ? ( ? (2=3 + =3 ? 30? )) =
= 2=3 + =3 ? 30? ? =3 + =3 ? 30? =
= ( + + )=3 + =3 ? =3 ? 60? = 180? =3 + ( ? )=3 ? 60? = ( ? )=3:
Аналогично, углы между сторонами QR и AB , PQ и BC равны соответственно ( ? )=3 и ( ? )=3.
?
Заметим, что в ходе доказательства теоремы 12 установлено, что
на оисанной окружности каждого треугольника существуют ровно три
точки, рямые Симсона которых касаются окружности Эйлера треугольника, ричем эти точки совадают с вершинами равильного треугольника. Данное утверждение составляет содержание задачи 8.4 задачника
─Математического росвещения│ (вы. 9, 2004, с. 246). аким образом,
оутно мы ривели решение этой задачи.
Наомним, что геометрическое место точек P таких, что рямая PP ? ,
где P ? | точка, изогональная P , роходит через ентр оисанной окружности треугольника, называется кубикой Мак-Кэя этого треугольника.
Из теорем 2 и 9 следует, что кубика Мак-Кэя треугольника совадает
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
257
`?
M?
`
L
E
K
M
=2
N
Рис. 7.
с геометрическим местом точек P , обобщенная едальная окружность
которых касается окружности Эйлера этого треугольника.
ак как рямые Симсона точек P , Q, R где P , Q, R | вершины равностороннего треугольника, лежащие на оисанной окружности треугольника ABC , касаются окружности Эйлера этого треугольника, то точки
P , Q, R ринадлежат кубике Мак-Кэя треугольника ABC . аким образом, кубика Мак-Кэя ересекает оисанную окружность треугольника
в трех точках, являющихся вершинами равностороннего треугольника.
Рассмотрим теерь одну из рямых Симсона, касающихся окружности Эйлера данного треугольника в точке M (рис. 7). Пусть эта рямая Симсона ` является рямой Симсона точки P , лежащей на оисанной окружности треугольника ABC , и усть радиус OP овернулся ротив часовой стрелки на угол так, что точка P риняла оложение P ? .
огда в силу гомотетичности оисанной окружности треугольника
ABC и окружности Эйлера этого треугольника с ентром в точке ересечения высот H рямая Симсона `? точки P ? будет роходить через
точку M ? окружности Эйлера такую, что ^ MM ? = . При этом, как уже
неоднократно говорилось, рямая `? овернется вокруг точки M ? на угол
=2, т. е., если ровести хорду M ?N , араллельную `, то ?KM ?N = =2 и
?
^ KN = . Дуги M M и MN симметричны относительно диаметра LM ,
оэтому ^ NM = ^ MM ? = и ^KM = ^KN + ^NM = + = 2.
Итак, сраведливо
Предложение 6. Пусть M | точка касания рямой Симсона роизвольного треугольника с его окружностью Эйлера. огда роизвольная
рямая Симсона этого треугольника ересекает его окружность Эйлера
в точках K и Q таких, что точки K и Q лежат о разные стороны от
диаметра, роходящего через точку M и ^ KM = 2^ MQ.
258
Е. Д. Куланин
4. О кубике Мак-Кэя и кривой Штейнера
В этом ункте нам онадобится следующее утверждение из [3?.
еорема 13 (12). Изогональным образом рямой `, роходящей через ентр оисанной окружности треугольника ABC и не содержащей
его вершин, является равносторонняя гиербола, оисанная около этого треугольника, ричем асимтотами этой гиерболы являются рямые
Симсона точек ересечения рямой ` с оисанной окружностью треугольника ABC .
Рассмотрим ару взаимно ерендикулярных рямых Симсона, одна
из которых касается окружности Эйлера данного треугольника ABC , а
вторая роходит через ентр этой окружности (рис. 8). огда эти рямые являются асимтотами равносторонней гиерболы , оисанной около треугольника ABC и совадающей с изогональным образом рямой `,
роходящей через ентр O оисанной окружности треугольника ABC
араллельно той асимтоте, на которой лежит ентр окружности Эйлера
этого треугольника. Прямая ` роходит через точку P ересечения гиерболы с оисанной окружностью треугольника ABC , ентр O этой
окружности и бесконечно удаленную точку P ? , изогональную точке P ,
оэтому точки P и P ? ринадлежат кубике Мак-Кэя треугольника ABC .
Если вращать рямую ` вокруг точки O о часовой стрелке, то рямая
`
B
P
O E
A
C
Рис. 8.
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
259
P?
B
P
O E
A
C
Рис. 9.
Симсона точки P начнет вращаться ротив часовой стрелки (см. начало ункта 2), соответственно ротив часовой стрелки будет вращаться и
ерендикулярная ей рямая.
Отсюда следует, что рямая ` ересечет гиерболу , являющуюся ее
изогональным образом, в двух изогональных точках P и P ? (рис. 9). ак
как рямая ` роходит через ентр оисанной окружности треугольника
ABC , то это означает, что точки P и P ? ринадлежат кубике Мак-Кэя
этого треугольника. Но осле бесконечно малого оворота исходной рямой ` вокруг точки O точка P ? будет мало отличаться от бесконечно
удаленной точки, через которую роходит исходная гиербола , а также ее асимтота, содержащая ентр окружности Эйлера треугольника
ABC и точку касания этой окружности с рямой Симсона точки P . Из
риведенных рассуждений вытекает
еорема 14. Кубика Мак-Кэя роизвольного треугольника имеет
три асимтоты, которые ересекаются в ентре окружности Эйлера
260
Е. Д. Куланин
этого треугольника и роходят через три точки касания окружности Эйлера с рямыми Симсона.
Рассмотрим теерь равностороннюю гиерболу и из роизвольной
точки I этой гиерболы как из ентра роведем окружность, роходящую через ентр O гиерболы (рис. 10). Пусть D | точка гиерболы,
диаметрально ротивооложная I , а окружность с ентром I и радиусом
ID ересекает ту ветвь гиерболы, на которой лежит ее ентр I , в точках A и B , C | вторая точка ересечения этой окружности с другой
ветвью гиерболы .
Покажем, что треугольник ABC равильный. Оустим из точки D
на рямую AB ерендикуляр, который ересечет гиерболу в точке
H . огда H | ортоентр треугольника ADB и точка H ?, симметричная H относительно ентра O гиерболы, лежит на этой гиерболе.
С другой стороны, оскольку ентр O гиерболы лежит на окружности Эйлера треугольника ADB , висанного в эту гиерболу (см. лемму 1 в [3?), а оисанная окружность этого треугольника гомотетична
окружности Эйлера с ентром H и коэффииентом 2, то точка H ? совадает с точкой ересечения оисанной окружности треугольника ADB
с гиерболой , т. е. с точкой C . Но тогда диагонали четырехугольника ICDH делятся точкой ересечения O оолам и, таким образом,
A
H
O
D
C
Рис. 10.
I
B
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
261
ICDH | араллелограмм. ак как CI k DH , а DH ? AB , то и CI ? AB .
Поскольку I лежит на гиерболе , отсюда вытекает, что I | ортоентр
треугольника ABC . Всомнив, что I | ентр оисанной окружности треугольника ABC , олучим, что в этом треугольнике ортоентр совадает
с ентром оисанной окружности, и, следовательно, треугольник ABC |
равносторонний.
Итак, существует треугольник, висанный в гиерболу и оисанный
около окружности I , оэтому о теореме Понселе (см. [4, с. 166?) таких
треугольников существует бесконечно много: за вершину A можно взять
любую точку гиерболы, лежащую вне окружности I и ровести через A
рямые до ересечения с гиерболой в точках B и C . огда рямая BC
будет касаться окружности I (рис. 10).
еорема 15. Пусть I | окружность с ентром на равносторонней
гиерболе , роходящая через ентр F этой гиерболы. огда асимтоты кубик Мак-Кэя всех треугольников, висанных в гиерболу и
оисанных около окружности I , соответственно араллельны, а их точки
ересечения лежат на рямой FI .
Доказательство. Рассмотрим треугольник ABC , висанный в гиерболу и оисанный около окружности I . Поскольку окружность Эйлера треугольника ABC роходит через ентр F гиерболы одновременно со висанной окружностью I этого треугольника, то о теореме
Фейербаха эти окружности касаются в точке F и, таким образом, точка F совадает с одной из точек Фейербаха треугольника ABC . Отсюда
следует, что ентр E окружности Эйлера треугольника ABC лежит на
рямой FI , но о теореме 14 ентр окружности Эйлера треугольника
является точкой ересечения асимтот кубики Мак-Кэя этого треугольника.
Для любого треугольника ABC , висанного в гиерболу и оисанного около окружности I , гиербола является изогональным образом
рямой OI , где O | ентр оисанной окружности треугольника ABC .
ак как рямая OI касается гиерболы в точке I , то это означает, что
ентры оисанных окружностей треугольников ABC лежат на касательной к гиерболе в точке I , а асимтоты этой гиерболы совадают
с рямыми Симсона точек ересечения этой касательной с оисанными
окружностями треугольников ABC .
Применим к треугольнику ABC гомотетию с ентром F , ереводящую окружность Эйлера этого треугольника в окружность I . огда
окружность Эйлера треугольника A1 B1 C1 , олученного в результате этой
гомотетии, совадет с окружностью I , являющейся окружностью Эйлера равильного треугольника, висанного в гиерболу и оисанного
около окружности I . ак как, кроме того, асимтоты гиерболы будут
262
Е. Д. Куланин
рямыми Симсона обоих треугольников, то согласно редложению 5 совадут и остальные соответствующие рямые Симсона этих треугольников. Отсюда следует, что совадут также точки касания рямых Симсона этих треугольников с их общей окружностью Эйлера и о теореме 14
совадут асимтоты их кубик Мак-Кэя. Поскольку треугольники ABC
олучаются из треугольников A1 B1 C1 гомотетией с ентром F , то асим
тоты их кубик Мак-Кэя соответственно араллельны.
Кривой Штейнера называется трехрогая гиоиклоида, т. е. кривая,
оисываемая точкой M окружности радиуса r, которая катится о окружности радиуса 3r без скольжения, все время касаясь ее внутренним
образом.
еорема 16. Пусть S и S1 | конентрические окружности радиусов
3r и r соответственно, K | кривая Штейнера с вершинами на окружности S , касающаяся окружности S1 в точке M . огда касательная к кривой Штейнера ересекает окружность S1 в двух точках N и P таких, что
^ PM = 2^ NM .
Доказательство. Обозначим через S2 окружность радиуса r, касающуюся окружности S1 внешним образом в точке M и окружности S
внутренним образом в точке M1 (рис. 11). Кривая Штейнера, указанная в
условии, совадает с траекторией точки M окружности S2 ри качении
M?
K
S2?
3
S1
E
P
S
Рис. 11.
O?
N
M
M1?
S2
M1
О рямых Симсона, кривой Штейнера и кубике Мак-Кэя
263
внутренним образом окружности S2 о окружности S без скольжения.
Предоложим, что окружность S2 осле оворота риняла оложение S2?
и стала касаться окружностей S1 и S в точках N и K соответственно,
ри этом ?KEM1 = , где E | ентр окружностей S и S1 , а точки M и
M1 ерешли в M ? и M1? .
ак как K | ентр мгновенного вращения окружности S2? , то вектор
скорости точки M ? , наравленный о касательной к ее траектории, совадающей с кривой Штейнера, ерендикулярен рямой M ? K . Но ?NM ? K =
= 90? , как висанный угол окружности S2? , оирающийся на ее диаметр
NK , оэтому рямая M ?N является касательной к кривой Штейнера в
точке M ? . Пусть P | точка ересечения касательной M ? N с окружностью S1 , а O? | ентр окружности S2? . Из-за отсутствия скольжения дуга
KM1 окружности S равна дуге KM1? окружности S2? : ^KM1 = ^KM1?
или ╥ 3r = ╥ r, откуда = ?KO? M1? = 3 = ?M ? O? N .
Далее, из равенства равнобедренных треугольников PEN и M ? O1 N
выводим, что ?PEN = ?M ? O? N = 3, откуда олучаем: ?PEM =
= ?PEN ? ?MEN = 3 ? = 2 и, таким образом, ^ PM = 2^ NM . Из теоремы 12, редложения 6 и теоремы 16 вытекает
еорема 17. Огибающей рямых Симсона роизвольного треугольника является кривая Штейнера, касающаяся его окружности Эйлера в
трех точках.
На рис. 12 изображены треугольник, его оисанная окружность,
окружность Эйлера и кривая Штейнера этого треугольника.
В свою очередь из теорем 14 и 17 выводится
Следствие 7. Асимтоты кубики Мак-Кэя роизвольного треугольника совадают с осями кривой Штейнера этого треугольника.
Обозначим, как всегда, через H ортоентр треугольника ABC . огда
окружность Эйлера треугольника ABC роходит через середины сторон
треугольников ABC , ABH , BCH , CAH и оэтому эти треугольники имеют общую окружность Эйлера.
Отметим без доказательства, что треугольники ABC , ABH , BCH ,
CAH имеют также общую кривую Штейнера, а их кубики Мак-Кэя |
соответственно общие асимтоты.
Приведем в заключение еще один интересный факт. Как известно,
рямые, которые делят угол на три равные части, называются трисектрисами этого угла. еорема Морлея утверждает, что трисектрисы углов
треугольника, рилежащие к его сторонам, ересекаются в трех точках,
являющихся вершинами равностороннего треугольника (более одробно
о теореме Морлея см. [2? и [1?). Назовем этот треугольник треугольником
264
Е. Д. Куланин
Рис. 12.
Морлея. Оказывается, что для любого треугольника стороны его треугольника Морлея и равностороннего треугольника, вершины которого
совадают с вершинами кривой Штейнера исходного треугольника, соответственно араллельны.
Сисок литературы
[1? Конн А. Новое доказательство теоремы Морли // Математическое
росвещение. ретья серия. Вы. 9. 2005.
[2? Куланин Е. Д. Вокруг теоремы Морлея // Приложение ─Математика│
к газете ─Первое сентября│, ┌24{25, 1995.
[3? Куланин Е. Д. Об оисанных окружностях чевианных и едальных
треугольников и некоторых кривых, связанных с треугольником //
Математическое росвещение. ретья серия. Вы. 9. 2005.
[4? Прасолов В. В., ихомиров В. М. Геометрия . М.: МЦНМО, 1997.
Е. Д. Куланин, Московский городской сихолого-едагогический университет
e-mail: luas03mail.ru
265
Об одном свойстве интегрируемой функии
М. Аельбаум
В. Журавлёв
П. Самовол
В этой заметке риводится решение задачи 9.10 из задачника ─Математического росвещения│.
На математических соревнованиях самого разного уровня встречаются задачи с несколько арадоксальной формулировкой. Наример, в книге
[1, с. 105? находим:
Задача 1. Один человек каждый меся заисывал свой доход и расход. Может ли быть так, что за любые ять идущих одряд месяев его
общий доход ревышал доход, а в елом за год его доход ревысил расход?
(В формулировке А. А. Егорова задача звучит более интригующе: ─как
долго может законно существовать бизнес-сообщество, если о итогам
работы за любые 5 месяев у сообщества есть рибыль, но за год в налоговую инсекию сообщество одаёт отчёт о том, что рибыли нет и
налоги латить не из чего. . . │)
Второй ример редлагался на Международной Математической
Олимиаде (IMO) 1977 года в Белграде (6 очков), см. [2, с. 5, ┌19.2?:
Задача 2. В конечной оследовательности действительных чисел
сумма любых семи идущих одряд членов отриательна, а сумма любых одиннадати идущих одряд членов оложительна. Найти набольшее
число членов данной оследовательности.
В Шестнадатом Международном урнире городов (1994{1995, осенний тур) находим задачу:
Задача 3. (А. Канель-Белов) Периоды двух оследовательностей |
7 и 13. Какова максимальная длина начального куска, который может у
них совадать? (Период оследовательности {an } | это наименьшее натуральное число p такое, что для любого номера n выолняется равенство
an = an+p).
Математическую идею всех данных задач можно сформулировать так.
Для оследовательности действительных чисел, заисанных в строчку, выолняются следующие условия (?):
266
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
1. сумма любых m идущих одряд членов отриательна;
2. сумма любых n идущих одряд членов оложительна.
Чему равно Nmax | максимальное число членов данной оследовательности?
В этой статье мы рассмотрим ещё одну версию данной роблемы.
Задача 4. Существует ли такая нерерывная функия y = f (x), что
любой оределённый интеграл от этой функии о любому отрезку длины m = 3 отриателен, а о любому отрезку длины n = 5 | оложителен?
акие функии существуют. Аналитическое выражение одной из них
и римерная схема ее графика риведены ниже на рисунке 1. График симметричен относительно рямой x = 3. Каждая из частей графика также
симметрична: ервая относительно рямой x = 1;5, вторая (равая) часть
симметрична относительно рямой x = 4; 5. Кроме того, для x ? [0; 3? выолняется равенство f (x) = f (x + 3) (ериодичность).
Поэтому
aZ+3
a+3
Z3
Z
Z3
Za
Z3
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx:
a
a
a
3
0
0
(Здесь и далее мы редолагаем, что равенства выолняются для тех
значений араметров, ри которых отрезки интегрирования оадают в
область оределения функии.)
?
? 6;
?
?
?
?
?
180x ? 186;
?
?
?
?
?
12;
?
?
?
?
?
??180x + 354;
?
?
?
? 6;
f (x) = ?
? 6;
?
?
?
?
?
180x ? 726;
?
?
?
?
12;
?
?
?
?
?
?180x + 894;
?
?
?
?
? 6;
y
ри 0 6 x < 1;
12
ри 1 6 x < 1;1;
ри 1;1 6 x < 1;9;
ри 1;9 6 x < 2;
ри 2 6 x < 3;
ри 3 6 x < 4;
1
0
ри 4 6 x < 4;1;
ри 4;1 6 x < 4;9;
ри 4; 9 6 x < 5; ?6
ри 5 6 x 6 6:
Рис. 1.
2 3 4
5 6
x
Об одном свойстве интегрируемой функии
267
С другой стороны, функия f (x) ринимает одно и то же значение
на отрезках [0; 1? и [5; 6?. Поэтому
a+5
Z
Z5
f (x) dx = f (x) dx (0 6 a 6 1):
a
0
Интеграл от линейной функии равен роизведению длины отрезка
интегрирования на олусумму значений функии в конах отрезка интегрирования. Поэтому
Z3
f (x) dx = 1 ╥ (?6) + 0;1 ╥ ?6 +2 12 + 0;8 ╥ 12 + 0;1 ╥ ?6 +2 12 + 1 ╥ (?6) =
0
= ?12 + 9;6 + 2 ╥ 0;3 = ?1;8 < 0;
а
Z5
f (x) dx = ?1;8 + 1 ╥ (?6) + 2 ╥ 0;3 + 9;6 = 2;4 > 0:
0
аким образом, для данной функии любой оределенный интеграл о
отрезку длины 3 отриательный, а о отрезку длины 5 | оложительный.
Докажем следующую теорему.
еорема 1. Интегрируемая на отрезке [0; ? функия f (x) такова,
что любой интеграл о отрезку длины n оложителен, а о отрезку
длины m отриателен, > m > n > 0. огда
a ) < m + n;
b ) если m и n соизмеримы, т. е. m=n = q=p, где p, q | взаимно ростые елые числа, то < m + n ? m=q.
Доказательство a): редоложим, что > m+n. Обозначим через F (x)
ервообразную функии f (x), а через (x) | ервообразную функии
F (x). Исользуя формулу Ньютона { Лейбниа и учитывая, что интеграл
от оложительной функии оложителен, от отриательной отриателен,
олучаем ротиворечие:
?
?
Zm xZ+n
Zm
0 < ? f (y) dy? dx = (F (x + n) ? F (x)) dx =
0 x
0
= (m + n) ? (m) ? (n) + (0) =
?
?
Zn
Zn yZ+m
(F (y + m) ? F (y)) dy = ? f (x) dx? dy < 0:
0
0 y
Итак, < m + n.
?6
268
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
Доказательство b). Полагаем d = m=q = n=p, так что m = qd, n = pd.
Обозначим
Sd;k =
Zkd
f (x) dx;
k ? N; d > 0; kd 6 :
(k?1)d
Рассмотрим оследовательность
Sd;1; Sd;2 ; Sd;3; : : : ; Sd;p+q?1:
(2)
Согласно условию теоремы эта оследовательность удовлетворяет следующим свойствам:
1. сумма любых одряд идущих р ее членов оложительна;
2. сумма любых одряд идущих q ее членов отриательна.
Но, как следует из риводимой ниже леммы, оследовательностей с
такими свойствами не существует (максимальная длина такой оследовательности равна p + q ? (p; q) ? 1). Приходим к ротиворечию.
еерь сформулируем и докажем уомянутую лемму.
Лемма 1. Будем говорить, что оследовательность действительных чисел удовлетворяет свойству ?(n; m), если сумма любых n идущих одряд членов оследовательности оложительна, а сумма любых
m идущих одряд членов оследовательности отриательна.
Если оследовательность ai , 1 6 i 6 N удовлетворяет свойству
?(n; m), то N 6 m + n ? d ? 1, где d = (m; n) | наибольший общий
делитель чисел n и m.
Доказательство. Без ограничения общности считаем, что m > n.
Очевидно, что ри выолнении условия леммы числа m и n не могут
быть кратны друг другу. Поэтому n > d = (m; n). Обозначим n = n1 d,
m = m1d, (m1 ; n1) = 1.
Будем доказывать лемму от ротивного. Предоложим, что в оследовательности n + m ? d = d(m1 + n1 ? 1) членов. Разобъем оследовательность на m1 + n1 ? 1 гру о d чисел в каждой груе. Согласно
условию леммы олучаем, что сумма чисел в любых m1 груах оложительна, а сумма чисел в любых n1 груах | отриательна. По сути дела
мы свели доказательство к частному случаю леммы, когда n, m взаимно
росты. Поэтому в дальнейшем рассуждении мы считаем, что (n; m) = 1
и говорим о членах оследовательности длины n + m ? 1.
Рассмотрим любые m ? n одряд идущих членов оследовательности.
Кроме них оследовательность содержит (m + n ? 1) ? (m ? n) = 2n ? 1
членов. ак как число 2n ? 1 нечетное, то ри любом разбиении этого
числа на два слагаемых одно из них будет не меньше n. ак что слева
Об одном свойстве интегрируемой функии
269
или срава от выбранной груы из m ? n членов находится еще не менее
n членов.
Сумма любых n одряд идущих членов оследовательности оложительна. Если добавить n членов к выбранной груе из m ? n членов
оследовательности, то сумма олученного набора из m одряд идущих
членов оследовательности будет отриательна. Поэтому сумма выбранных m ? n членов должна также быть отриательной.
Итак, для взаимно ростых m, n мы оказали, что если оследовательность удовлетворяет свойству ?(n; m), то она также удовлетворяет
свойству ?(n; m ? n). Далее действуем аналогично, заменяя большее из
чисел m, n на их разность. Получаем такую же оследовательность ар
чисел, как в алгоритме Евклида. Поскольку исходные числа n, m | взаимно ростые, риходим к тому, что оследовательность удовлетворяет
свойству ?(q; 1), что невозможно (если все члены оследовательности отриательны, то любая их сумма также будет отриательной).
Замечание 1. аким образом, мы видим, что оисанная в начале
статьи математическая идея может ринимать самые разные формы.
Вместе с тем ереход в ─интегральную тематику│ озволяет рассмотреть
случай несоизмеримых ределов интегрирования.
Оенки в теореме 1 нельзя улучшить. Будем говорить, что функия
f (x), оределенная на отрезке [0; ?, удовлетворяет интегральному свойству ?(n; m), если интеграл от f (x) о любому отрезку длины n оложителен, а о любому отрезку длины m отриателен.
еорема 2. 1) Если m и n соизмеримы, т. е. m=n = q=p, где p, q |
взаимно ростые елые числа, то для любого " > 0, m + n ? m=q > ",
можно остроить интегрируемую функию f (x) на отрезке [0; m + n ?
m=q ? "?, удовлетворяющую интегральному свойству ?(m; n).
2) Если m и n несоизмеримы, то для любого " > 0, m + n > ", можно остроить интегрируемую функию f (x) на отрезке [0; m + n ? "?,
удовлетворяющую интегральному свойству ?(m; n).
Для доказательства теоремы мы будем строить функии, удовлетворяющие усиленному интегральному свойству ?(m; n). А именно, функией
тиа (L; m; Sm ; n; Sn ) назовем функию, оределенную на отрезке [0; L?,
и такую, что интеграл от этой функии о любому отрезку длины m
равен Sm , а о любому отрезку длины n равен Sn .
Замечание 2. Если остроена функия тиа (L; m; Sm ; n; Sn ) такая,
что L, m, n | елые, Sm < 0, Sn > 0, то интегралы от этой функии
о отрезкам [k; k + 1? редоставляют ример ─арадоксальной│ оследовательности (см. [4?). В частности, из теоремы 2 следует, что оенка
в лемме 1 точна. Приводимое ниже доказательство теоремы 2 является
270
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
рямым обобщением алгоритма остроения ─арадоксальных│ оследовательностей из [4?.
Лемма 2. Пусть L < m + n и для любых A; B существует функия
тиа (L; m; A; n; B ), m > n. огда для любых A; B существуют функии
тиов (L + m; m; A; n + m; B ) и (L + n; m; A; n + m; B ).
Доказательство. Пусть f имеет ти (L; m; A; n; B ). огда функия
0 6 x < m;
g(x) = ff ((xx)?; m); если
если m 6 x < L + m;
имеет ти (L + m; m; A; n + m; A + B ). Действительно, если b ? a = m,
a < m, то
Zb
a
Zm
Zb
Zm
g(x) dx = g(x) dx + g(x) dx = f (x) dx +
a
m
a
bZ?m
f (x) dx = A;
0
а если b ? a = n + m, то из L < m + n следует, что a < m, а значит
bZ?m
aZ+n
Zb
Zm
Zm
g(x) dx = f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx =
a
a
a
0
0
aZ+n
Za
Zm
= f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx = A + B:
a
a
0
Докажем, что функия
n + m); если 0 6 x < n;
g(x) = ff ((xx ?
? n);
если n 6 x < L + n;
имеет ти (L + n; m; A; n + m; A + B ). Если b ? a = m, a < n, то
Zb
a
Zn
Zb
g(x) dx = g(x) dx + g(x) dx =
a
n
Zm
a+m?n
f (x) dx +
b?n
Z
0
f (x) dx = A;
а если b ? a = n + m, то из L < m + n следует, что a < n, а значит
b?n
aZ+m
Zb
Zm
Z
Zm
g(x) dx =
f (x) dx + f (x) dx =
f (x) dx + f (x) dx =
a
a+m?n
a+m?n
0
0
aZ+m
m
a
+
m
Z
Z
=
f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx = B + A:
a+m?n
a+m
0
Об одном свойстве интегрируемой функии
271
еерь лемма вытекает из того факта, что отображение (A; B ) 7?
(A; A + B ) взаимно однозначно.
Доказательство теоремы 2. Для n < m < L = 2n ? ф зададим
функию f тиа (L; m; A; n; B ) явной формулой:
0 6 x < n ? ф или n 6 x 6 L;
(3)
f (x) = b;a; если
если n ? ф 6 x < n:
Интеграл от f о любому отрезку длины n равен B = фa + (n ? ф)b,
а о любому отрезку длины m равен A = фa + (m ? ф)b. Получающаяся
система линейных уравнений невырождена и оэтому имеет единственное
решение ри любых A; B .
Преобразования, оисанные в лемме 2, одинаково меняют сумму m + n
и длину L. Для функии из (3) разность m + n ? L равна m ? n + ф.
Поэтому, многократно рименяя лемму 2 и исользуя функию из (3),
олучаем следующее утверждение: если ара (m; n) ереходит в ару
(m` ; n` ), n` < m` < 2n` ? ", осле нескольких реобразований вида
(m; n) 7? (m ? n; n) или (m; n) 7? (m; m ? n);
(4)
то существуют функии тиа (n + m ? (m` ? n` ) ? "; n; A; m; B ) для любых
A, B и 0 < " < n + m ? (m` ? n`).
Применим это рассуждение для доказательства ункта 1) теоремы.
Положим d = m=q = n=p, очевидно, что n = pd и m = qd. Выберем натуральное число N , такое что 0 < d=N < ". Рассмотрим натуральные
числа m1 = Nq и n1 = Np. Очевидно, что N = (m1 ; n1 ). Построим функию y = f1 (x) тиа (m1 + n1 ? N ? 1; m1 ; A; n1 ; B ). В качестве искомой
достаточно рассмотреть функию y = f (x) = f1 (dx=N ), оределенную на
отрезке
h
i
0; m1 + n1N? N ? 1 d = 0; m + n ? mq ? Nd ? 0; m + n ? mq ? "
:
Аналогично доказывается ункт 2) теоремы. В этом случае в силу
несоизмеримости m, n оследовательность реобразований (4) родолжается неограниченно:
(m; n) 7? (m1 ; n1 ) 7? (m2 ; n2 ) 7? : : : 7? (m` ; n` ) 7? : : : ;
ричем m` + n` ? 0 ри ` ? ? и сколь угодно часто выолняется неравенство n` < m` < 2n` . Выбрав такое `, что m` + n` < "=2 и n` < m` < 2n` ,
заключаем, что так что существуют функии тиа (n + m ? "; n; A; m; B )
для любых A, B и 0 < " < n + m.
Замечание 3. Построенные в доказательстве стуенчатые функии
можно без труда ревратить в нерерывные, удовлетворяющие аналогичным условиям.
272
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
В заключение редлагаем обобщение на многомерный случай как задачу для самостоятельного исследования.
Задача. Для каких областей 1 , 2 , 3 существует нерерывная
функия f с областью оределения 3 и такая, что интеграл от f о любому араллельному ереносу 1 , лежащему в 3 , оложителен, а интеграл
от f о любому араллельному ереносу 2 , лежащему в 3 , отриателен.
Рассмотрите случай, когда 1 | рямоугольник, а 2 | круг.
Авторы выражают благодарность рофессору Канель-Белову (Московский Институт Открытого Образования) за участие в обсуждении
этой роблемы.
[1?
[2?
[3?
[4?
[5?
Сисок литературы
Васильев Н. Б., Гутенмахер В. Л., Раббот Ж. М., оом А. Л. Заочные
математические олимиады . М.: Наука, 1997. C. 105, 108{109.
Международные математические олимиады . Сост. А. А. Фомин,
Г. М. Кузнеова. М.: Дрофа, 2000. С. 5, 34{35.
Произволов В., Сивак А. Усреднение о окружности // Квант, 1998.
┌1, с. 29{31.
Самовол П., Аельбаум М., Жуков А. Как остроить арадоксальный ример // Квант, 2005. ┌1, с. 35{37.
Международный урнир городов, 1994{1995 (Осенний тур).
http://www.turgor.ru/16/turnir16.php#turnir16otm
Dr. Peter Samovol, Ben-Gurion University of Negev, Beer-Sheva, Israel Kaye
Aademi College of Eduation, Beer-Sheva, Israel
E-mail: Pet12012.net.il
Dr. Mark Applebaum, Kaye Aademi College of Eduation, Beer- Sheva,
Israel
E-mail: Amark012.net.il
Журавлёв Валерий Михайлович (к.ф.-м.н.), ОАО ─Сибирско-Уральская
нефтегазохимическая комания│, г. Москва, Россия
E-mail: Zhuravlevsibur.ru
273
Комментарий к статье М. Аельбаума,
В. Журавлёва и П. Самовола
А. Я. Канель
Задача интересна и для случая нестрогих неравенств. В этом случае
картина такова. Рассмотрим нерерывную функию f (x), оределённую
на отрезке длины , интеграл от которой о любому отрезку длины неоложителен, а о любому отрезку длины | неотриателен.
Если = ?= Q, и > + , то f (x) ? 0. (Это следует из риведенного
в статье доказательства.) (А если < + , то содержательные римеры
существуют.)
Пусть теерь величины и соизмеримы. огда для некоторого
ф > 0, = nф, = nф, (m; n) = 1. Из результатов статьи следует, что
если > + , то интеграл от f о любому отрезку длины ф равен нулю, а функия f ериодична на своей области оределения с ериодом ф.
Случай 6 + ? ф окрывается результатами статьи, усть =
= + ? ф + ", " < ф .
огда можно утверждать только, что интеграл от f о любому сдвигу
начального отрезка длины ф на величину kф + , где 6 ", равен нулю.
При этом можно остроить римеры функии с ненулевым интегралом
для каждого такого сдвига.
Нам ишут
Более короткие решения задач из задачника
─Математического росвещения│
И. И. Богданов
Задача 1.6б). (Автор решения | А. Бадзян.)
Предоложим ротивное. Пусть z0 | корень P (x) аргумента . огда
Arg z0n ? (0; ) ри любом 0 < n < =, т. е. Im z0n > 0. ак как Q(x) |
неконстантный многочлен стеени, меньшей = с неотриательными коэффииентами, то Im Q(z0 ) > 0, т. е. Q(z0 ) 6= 0 и Q(x) не делится на P (x).
Противоречие.
Задача 7.3. (Автор решения | И. Богданов.)
Пусть P (x) | минимальный многочлен матриы AAT , тогда
AT P (AAT )A = Q(AT A) = 0;
где Q(x) = xP (x). аким образом, если | ненулевое собственное значение AT A, то Q() = 0, а, следовательно, и P () = 0, т. е. | собственное
значение AAT . Обратное доказывается аналогично.
******
От редколлегии
Наомним условие задачи 1.6: а) Дан многочлен P (X ). Для любого X > 0: P (X ) >
> 0. Доказать, что что P = Q=T , где Q и T | многочлены с неотриательными
коэффииентами. б)* усть P | квадратный трехчлен, | аргумент его комлексного
корня. огда стеень Q не меньше 2=.
Решение А. Бадзяна оказалось для нас неожиданностью: ранее оубликованное решение задачи 1.6.б) занимает свыше двух страни.
Мы ризываем читателей рисылать свои решения: ясные, онятные, с красивыми
идеями и, о возможности, краткие (лохие решения мы и сами наишем).
Если Вы решили не буквально ту задачу, которая была оубликована в ─Задачнике│,
а близкую к ней, то всё равно рисылайте решение. Это может быть интересно само
о себе, а кроме того, в условиях задач встречались ошибки.
275
Задача о собственных числах
А. К. Ковальджи
Приведем формулировку и решение задачи 7.3 из задачника ─Математического росвещения│.
Задача (теорема). Пусть A | рямоугольная матриа, A? | трансонированная матриа, тогда матриы AA? и A? A имеют одинаковые наборы ненулевых собственных чисел с одинаковыми кратностями.
Доказательство. Пусть AA? v = v, где v | собственный вектор,
| собственное число. огда А? АА? v = А?v, (А? А)(А? v) = (А? v). Значит, каждое собственное число матриы AA? является собственным числом матриы A? A и наоборот. Докажем, что совадают кратности чисел,
исходя из идеи нерерывного изменения.
Рассмотрим матриу B такого же размера как A, максимальный минор которой | диагональная матриа с различными элементами, а остальные элементы | нули. Все ненулевые собственные числа матриы
BB ? различны. Рассмотрим матриу C = (1 ? )B + A, где | араметр, 0 6 6 1.
При нерерывном изменении от 0 до 1 собственные числа CC ? нерерывно меняются от набора собственных чисел BB ? до набора собственных чисел BB ?, ричем, ри = 0 все собственные числа различны, а
ри = 1 они ─склеиваются│ и олучают кратности.
Поскольку между различными собственными числами CC ? и C ? C существует взаимно однозначное соответствие, и они меняются нерерывно, то ри каждой ─склейке│ значений собственных чисел будет сохраняться равенство их кратностей. еорема доказана.
Замечание. Эта теорема важна для рикладных задач, наример
для метода главных комонент, оскольку матриа AA? может оказаться
очень большого размера, и, чтобы нарямую вычислить ее собственные
числа и векторы, не хватит ресурсов комьютера, а матриа A? A | может оказаться маленького размера, тогда, вычислив ее собственные числа i и векторы vi , мы легко найдем собственные числа и векторы AA? ,
равные i и Avi .
276
Исравления к статье А. Скоенкова ─Вокруг
критерия Куратовского ланарности графов│
А. Скоенков
В уомянутую статью (┌9, сс. 116{128) следует внести следующие
исравления.
С. 119, строка 3. Перед словом ─Предоложим│ следует добавить ─Будем рассматривать графы с етлями и кратными ребрами.│
С. 119, строка 5. Вместо ─с минимальным числом ребер│ следует читать ─с минимальным числом ребер, не содержащий изолированных вершин.│
С. 125, строка 7 снизу. Вместо
─Рассмотрим объединение N двумерных граней 2-олиэдра N . Поскольку каждый из графов K5 и K3;3 вложим и в тор, и в лист Мебиуса, то N есть несвязное объединение дисков. Заменим каждый диск на
"колесо\.│
следует читать
─ак как N не содержит зонтика, то окрестность любой точки в
N является объединением дисков и отрезков, склеенных за одну точку
(рис. 1.a). Если этих дисков больше одного, то заменим эту окрестность
на изображенную на рис. 1.b. Обратное реобразование является стягиванием "звезды с несколькими лучами\ и оэтому сохраняет ланарность.
Значит, достаточно доказать ланарность для олученного указанной
заменой 2-олиэдра. Рассмотрим объединение N его двумерных граней.
(a)
(b)
Рис. 1.
Исравления к статье А. Скоенкова
277
огда окрестность любой точки в N является диском. Значит, о теореме
классификаии оверхностей N является несвязным объединением сфер
с ручками, ленками Мёбиуса и дырками. Поскольку каждый из графов
K5 и K3;3 вложим и в тор с дыркой, и в лист Мебиуса, то N есть несвязное объединение дисков с дырками. Заменим каждый из этих дисков с
дырками на граф с рис. 2.
Рис. 2.
Автор риносит извинения за доущенную небрежность.
Задачный раздел
В этом разделе вниманию читателей редлагается одборка задач разной
стеени сложности, в основном трудных. Некоторые из этих задач (не обязательно самые сложные!) требуют знания ─неэлементарной│ математики | анализа,
линейной алгебры и т. .
Составителям этой одборки кажется, что редлагаемые ниже задачи окажутся интересными как для сильных школьников, интересующихся математикой, так и для студентов-математиков.
Мы обращаемся с росьбой ко всем читателям, имеющим свои собственные
одборки таких задач, рисылать их в редакию. И, разумеется, мы с удовольствием будем убликовать свежие авторские задачи.
В скобках осле условия задачи риводится фамилия автора (уточнения со
стороны читателей риветствуются). Если автор задачи нам неизвестен, то в
скобках указывается ─фольклор│.
1. В вершинах куба наисаны числа. Вместо каждого числа заисывают среднее арифметическое чисел, стоящих в трех соседних вершинах (числа заменяют одновременно). После 10 таких оераий в
вершинах оказались исходные числа. Найдите все такие числа.
(А. К. Ковальджи )
2. Кривая C задана в R4 араметрически уравнениями xi = Pi ( ),
i = 1; 2; 3; 4, где многочлены Pi ( ) имеют стеень 3. Докажите, что
C живет в трехмерной лоскости (т. е. найдется 3-мерное аффинное
одространство, которое ее содержит).
(А. Я. Белов )
3. Рассмотрим иклические слова с отмеченным началом из 0 и 1 с
четным числом нулей. Приишем единиам слова знаки + и ? так,
чтобы знаки соседних едини совадали или отличались в зависимости от четности числа нулей между ними (наример, идущие одряд
единиы берутся с одинаковым знаком). Сигнатурой слова назовем
абсолютную величину алгебраической суммы едини. Докажите, что
число слов длины n и сигнатуры n ? 2k равно числу сочетаний из n
о k ри n ? 2k > 0 и вдвое меньше ри n ? 2k = 0.
(Э. Б. Винберг )
4. На лоскости роведены n систем равноотстоящих рямых; i-я система состоит из всех рямых вида ai x + bi y = i + k, k ? Z. При
Условия задач
279
этом никакие три рямых не ересекаются в одной точке, и никакие две системы не араллельны. Эти системы разбивают лоскость
на многоугольники. Пусть S | средняя лощадь многоугольника,
Sij | лощадь араллелограмма решетки, орожденной i-й и j -й системами. Докажите, что
X
S ?1 = Sij?1
i<j
(Средняя лощадь многоугольника | это величина S = t?lim
+? St =Nt ,
где St | общая лощадь всех многоугольников разбиения, еликом
содержащихся в круге радиуса t с ентром в начале координат, Nt |
количество этих многоугольников.)
(А. Я. Канель )
5. На берегу круглого острова Гдетотам расоложено n деревень, в каждой живут боры. Был роведен турнир, в котором каждый боре
встретился со всеми борами из всех других деревень. Деревня А
считается сильнее деревни Б, если хотя бы (1 ? )-я часть оединков
между борами из этих деревень заканчивается обедой бора из деревни А. (У всех боров разная сила, и в оединке всегда обеждает
сильнейший.) Выяснилось, что каждая деревня сильнее следующей за
1
ней о часовой стрелке. Докажите, что 6 0 =
, ричем
2
число 0 нельзя заменить на меньшее.
6.
7.
8.
9.
4 os n + 2
(И. Богданов )
Внутри выуклого четырехугольника взята точка, равноудаленная
от ротивооложных сторон. Оказалось, что она лежит на рямой,
соединяющей середины диагоналей. Докажите, что четырехугольник является либо висанным, либо оисанным, либо траеией.
(А. Заславский )
От рямоугольника отрезают квадрат, а с оставшимся рямоугольником роизводят ту же роедуру. Может ли оследовательность
отношений сторон у этих рямоугольников быть ериодической, если ?
одна из?сторон?исходного рямоугольника равна 1, а другая равна
а) 2, б) 3 2, в) 2005.
(В. А. Уфнаровский, А. Я. Белов )
Можно ли окрасить сферу белой и красной красками так, чтобы
любые три исходящих из ентра сферы взаимно ерендикулярных
луча ересекали ее в одной красной и двух белых точках?
(S. Kohen, M. Speker )
n
G | груа орядка 2 (2k + 1), содержащая элемент орядка 2n.
Докажите, что множество элементов нечетного орядка является
одгруой.
(Заочный конкурс амяти Кирилла Дочева )
280
Задачный раздел
10. Среди k монет есть одна фальшивая, ричем неизвестно, легче она
или тяжелее. За какое минимальное число взвешиваний можно оределить фальшивую монету на чашечных весах без гирь, если ри
этом а) требуется узнать, легче она или тяжелее; б) не требуется
узнать это.
(А. М. Яглом, И. М. Яглом )
11. Последовательность нерерывных функий (Fn ), где n-я функия зависит от n еременных, называется средней , если она удовлетворяет
следующим свойствам:
1) Для любого натурального n функия Fn симметрична, однородна
(т. е. ри ерестановке еременных значение Fn не меняется и
Fn ( ╥ x1; : : : ; ╥ xn) = ╥ Fn (x1; : : : ; xn)
для любых чисел ; x1 ; : : : ; xn ), кроме того Fn (x; : : : ; x) = x для любого x, F2 (1; 0) = 1=2.
2) Для любых натуральных n и k равенство
Fn+k (x1 ; : : : ; xn; xn+1 ; : : : ; xn+k ) = Fn+k (x1 ; : : : ; xn; Y; : : : ; Y )
где Y = Fk (xn+1 ; : : : ; xn+k ), выолнено для любых чисел x1 ; : : : ; xn+k .
Докажите, что функия Fn есть среднее арифметическое:
Fn (x1; : : : ; xn) = x1 + ╥ n╥ ╥ + xn :
(А. Я. Канель )
12. Квадрат разбит на треугольники равной лощади. Докажите, что
их число четно.
(Фольклор )
281
Решения задач из редыдущих выусков
8.2. Условие. Найти дискриминант многочлена P (x) = x2003 + x + 1.
Решение. Рассмотрим более общую задачу: найти дискриминант
многочлена Pt (x) = x2003 + x + t. Сначала заметим, что дискриминант равен результанту многочлена и его роизводной, и о известной формуле
(см., наример, Б. Л. ван дер Варден, ─Алгебра│) результант многочленов
a0xn + a1 xn?1 + : : : + an и b0 xm + b1 xm?1 + : : : + bm равен оределителю
a0 a1 : : : an 0 : : : : : : : : : : : 0
0 0 a0 a1 : : : an 0 : : : : : : : : : : : 0 : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 0 a0 a1 : : : an 0 :
b0 b1 : : : : : : : bm 0 : : : : : : 0
0 b0 b1 : : : : : : : bm 0 : : : : : : : 0 : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
: : : : : : : : : : : : : : : : 0 b
0 b1 : : : : : : : bm Поскольку P ? (x) = 2003x2002 +1, видно, что в нашем случае результант
есть многочлен от t стеени 2002 и старшим коэффииентом 20032003 .
Вычислим этот многочлен. Для этого осмотрим, ри каких t у P и
k + 1) ,
P ? есть общий корень. Корни P ? суть xk = 2003?1=2002 exp i(22002
k = 1; : : : ; 2002. Поэтому искомые значения t суть tk = ?xk ? x2003
=
k
2002
Q2002
2002
2002
= ? 2003 xk . Многочлен с корнями tk есть k=1 (t ? tk ) = t2002 + 2003 . По2003
этому искомый многочлен олучается из него умножением на число (раз
он той же стеени). Мы знаем его старший коэффииент, оэтому осталось выисать ответ: дискриминант многочлена Pt (x) равен 20032003 t2002 +
+ 20022002 , а дискриминант многочлена P (x) олучается ри t = 1.
Ответ: 20032003 + 20022002 .
(В. В. Доенко )
8.3. Условие. Можно ли круг с двумя дырками отобразить в себя
без неодвижных точек?
Решение. В условии задачи доущена ошибка. Ворос состоит в существовании нерерывного взаимнооднозначного отображения (гомеоморфизма).
282
Задачный раздел
Круг с двумя дырками гомеоморфен сфере с тремя дырками. Можно
считать, что эти дырки имеют небольшой размер (скажем, 1? ) и расоложены на экваторе сферы так, что расстояния между их ентрами
одинаковы и равны 120? .
Гомеоморфизм без неодвижных точек можно теерь оисать так: это
комозиия оворота на 120? вокруг олярной оси и симметрии относительно лоскости экватора. Поскольку олушария меняются местами, то
вне экватора неодвижных точек нет. С другой стороны, ограничение
этого отображения на экватор является оворотом на 120? , у которого
неодвижных точек тоже нет.
Замечание. Данная конструкия обобщается для круга с n > 2 дырками.
(М. Л. Коневич )
8.4. Условие. Доказать, что на оисанной окружности каждого треугольника существует ровно три точки, для которых соответствующие
рямые Симсона касаются окружности девяти точек треугольника, ричем эти точки являются вершинами равильного треугольника.
Решение. Для решения нам онадобятся следующие два факта о рямых Симсона.
1? . Если H | точка ересечения высот треугольника ABC , P | точка на его оисанной окружности, то рямая Симсона точки P роходит
через середину отрезка PH (рис. 1).
2? . Если P1 и P2 | точки оисанной окружности треугольника ABC ,
s1 и s2 | соответствующие им рямые Симсона, то ориентированный
угол между рямыми s1 и s2 (измеренный от s1 к s2 ) равен оловине
ориентированного угла P2 OP1 (O | ентр оисанной окружности треугольника ABC ), рис. 2.
Исользуя эти утверждения (их доказательства можно найти, наример, в книге В. В. Прасолова ─Задачи о ланиметрии│, задачи 5.92 и 5.96),
олучить решение задачи очень легко.
А именно, оскольку окружность Эйлера треугольника олучается из
его оисанной окружности гомотетией с ентром H и коэффииентом
1=2, то, согласно утверждению 1? , любая рямая Симсона имеет хотя бы
одну общую точку с окружностью Эйлера (на рис. 3 эта точка | середина отрезка PH | обозначена через L). Чтобы рямая Симсона касалась окружности Эйлера, эта точка должна быть их единственной общей
точкой, т. е. рямая Симсона должна быть ерендикулярна отрезку EL
(E | ентр окружности Эйлера). Рассмотрим теерь треугольник OHP ;
оскольку HE = EO, отрезок EL является его средней линией, тем самым, EL k OP . Значит, рямая Симсона касается окружности Эйлера
тогда и только тогда, когда она ерендикулярна отрезку OP .
Решения задач из редыдущих выусков
283
P
C
P2
C
s2
s1
A
H
O
P1
A
B
B
Рис. 2.
Рис. 1.
C
C
P1
P2
P
O
L
A
O
EE
H
B
A
B
P3
Рис. 3.
Рис. 4.
Рис. 5.
284
Задачный раздел
Исользуем утверждение 2? : ри роходе точкой P всей оисанной
окружности (т. е. когда отрезок OP оворачивается вокруг O на 360? )
рямая Симсона оворочивается на ?180? . При этом условие ерендикулярности выо??няется ровно трижды, ричём между соответствующими
оложениями точками P (на рис. 4 они обозначены P1 , P2 , P3 ) отрезок OP
оворачивается на 120? . ак что P1 P2 P3 | равносторонний треугольник.
Замечания. 1. Пусть вершинам треугольника ABC соответствуют
комлексные числа a, b, , а ентру его оисанной окружности | 0. Можно
доказать, что тогда точкам P1 , P2 , P3 соответствуют три значения
?
3
?ab.
2. Утверждение задачи основано на том, что огибающей рямых Симсона данного треугольника является дельтоида (гиоиклоида с тремя
остриями), оисанная вокруг его окружности Эйлера, рис. 5.
(М. Ю. Панов )
?
9.4. Условие. Дана оследовательность {ak }k=1 , такая что а1 = 1,
аk = ak?1 + a[k=2? ри k > 1. Докажите, что ни один ее член не делится
на 4.
Первое решение. Пусть n = 2k m, где m | нечетно. Докажем индукией о n, что
1. если k нечетно, то an ? 2 (mod 4);
2. если k четно и количество ифр в двоичной заиси числа n нечетно,
то an ? 1 (mod 4);
3. если k четно и количество ифр в двоичной заиси числа n четно,
то an ? 3 (mod 4).
Последние два случая можно объединить в один: если k четно, то
an ? 2s(n) ? 1 (mod 4), где s(n) | количество ифр в двоичной заиси числа n.
База n = 1 очевидна.Переход: усть это верно для 1; 2; : : : ; n ? 1, докажем для n = 2k m.
1. Если k нечетно, то о редоложению индукии an ? 2s(n ? 1) ? 1 +
+2s(n=2) ? 1 (mod 4). Учитывая, что s(n=2) = s(n), s(n ? 1) = s(n)+ k ? 1,
олучаем
2s(n ? 1) ? 1+2s(n=2) ? 1 = 2s(n) ? 1+2s(n) ? 1+2k ? 2 = 2k ? 2 (mod 4):
2. Если k четно и k > 0, то редоложению индукии an ? 2s(n ? 1) ? 1+2
(mod 4). Из s(n ? 1) = s(n) + k ? 1 олучаем
2s(n ? 1) ? 1 + 2 = 2s(n) + 2k ? 1 ? 2s(n) ? 1 (mod 4):
Если k = 0, то олагаем n ? 1 = 2` s, где s нечетно.
Решения задач из редыдущих выусков
285
Если `?1 нечетно, то из an ? 2+2s(n?1)?1 (mod 4) и s(n?1) = s(n)?1
олучаем 2 + 2s(n ? 1) ? 1 = 2s(n) ? 1:
Если ` ? 1 четно, то из an ? 2 + 2s([(n ? 1)=2?) ? 1 (mod 4) и
s([(n ? 1)=2?) = s(n) ? 1 олучаем 2 + 2s([(n ? 1)=2?) ? 1 = 2s(n) ? 1:
Индуктивный ереход доказан. Значит, an не делится на 4.
(А. Бадзян )
Второе решение. Доказательство того, что an не делится на 4, следует из трех фактов.
1. Если n нечетное, то an нечетное.
Действительно, ри k > 0 имеем a2k+1 = a2k + ak = a2k?1 + 2ak , так
что a2k+1 и a2k?1 имеют одинаковую четность. Поскольку a1 нечетно, то
и все остальные a2k+1 также нечетны.
2. При k > 0 выолняется a4k ? ak (mod 4).
Для k = 1 это сравнение выолняется. Для остальных k его можно
роверить о индукии:
a4k+4 = a4k+3 + a2k+2 = a4k+2 + 2a2k+1 + ak+1 =
= a4k+1 + 3a2k+1 + ak+1 = a4k + 3a2k+1 + a2k + ak+1 =
= a4k + 4a2k+1 + ak+1 ? ak ;
оэтому a4k+4 ? ak+1 ? a4k ? ak (mod 4).
3. Если n четно, но не делится на 4, то для an сраведливо то же самое:
оно четно и не делится на 4.
Из . 2 олучаем:
a4k+2 = a4k+1 + a2k+1 = a4k + a2k + a2k+1 =
= (a4k ? ak ) + 2a2k+1 ? 2a2k+1 (mod 4);
далее рименим утверждение . 1.
еерь утверждение задачи можно доказать от ротивного: если n |
наименьшее число, для которого an делится на 4, то n должно делиться
на 4 (в силу . 1 и 3), но тогда в силу . 2 an=4 также должно делиться
на 4. Получили ротиворечие, которое означает, что все an не делятся
на 4.
(А. Зелевинский )
Новые издания
Книги издательства МЦНМО (2005 г.):
В. И. Арнольд. Задачи семинара 2003{2004. 56 с.
М. Бакингэм, К. Кофман. Сначала надо нарушить все равила! Что
лучшие в мире менеджеры делают о-другому? Пер. с англ. Д. Д. Мухиной. 328 с.
А. Б. Богатырёв. Экстремальные многочлены и римановы оверхности. 176 с.
Д. Ван, Ч. Ли, Ш.-Н. Чоу. Нормальные формы и бифуркаии векторных олей на лоскости. Пер. с английского од редакией Ю. С. Ильяшенко. 416 с.
Дж. У. Вик. еория гомологий. Введение в алгебраическую тоологию. Пер. с англ. П. А. Колгушкина. 288 с.
Б. П. Гейдман, И. Э. Мишарина. Методические рекомендаии о работе с комлектом учебников ─Математика. 3 класс│. 136 с.
─Глобус│ Общематематический семинар. Под ред. М. А. Цфасмана и
В. В. Прасолова. Выуск 2. 216 с.
Н. В. Горбачев. Сборник олимиадных задач о математике. 560 с.
В. А. Гордин. Как это осчитать? Обработка метеорологической информаии на комьютере. Идеи, методы, алгоритмы, задачи.
280 с.
Ю. С. Ильяшенко. Аттракторы и их фрактальная размерность. 16 с.
А. Б. Каток, Б. Хасселблат. Введение в теорию динамических систем
с обзором оследних достижений. Пер. с англ. од ред. А. С. Городекого.
464 с.
В. Г. Ка. Вертексные алгебры для начинающих. Пер. с англ. И. М. Парамоновой. 200 с.
В. Г. Ка, П. Чен. Квантовый анализ. Пер. с англ. Ф. Ю. Поеленского
и Ж. Г. отровой. 128 с.
Математика и безоасность информаионных технологий. Материа-
384 с.
. Мива, М. Джимбо, Э. Датэ. Солитоны: дифферениальные уравнения, симметрии и бесконечномерные алгебры. Пер. с англ. С. З. Пакуляк.
112 с.
лы конферении в МГУ 28-29 октября 2004 г.
Новые издания
287
Н. M. Мишачев, Я. М. Элиашберг. Введение в h-рини. Пер. с англ.
Н. М. Мишачева. 232 с.
С. П. Новиков, И. А. айманов. Современные геометрические структуры и оля. 584 с.
А. М. Романов. Занимательные воросы о астрономии и не только.
415 с.
А. Б. Сосинский. Узлы. Хронология одной математической теории.
112 с.
В. Г. ураев. Введение в комбинаторные кручения. Пер. с англ.
С. К. Ландо од ред. В. А. Васильева. 136 с.
Дж. Харрис. Алгебраическая геометрия. Начальный курс. Пер. с англ.
од ред. Ф. Л. Зака. 400 с.
Г. С. Шаров, А. М. Шелехов, М. А. Шестакова. Сборник задач о дифферениальной геометрии. 112 с.
А. Шень. Логарифм и эксонента. 24 с.
А. Шень. Простые и составные числа. 16 с.
С. А. Шестаков. Векторы на экзаменах. 112 с.
XXVII урнир им. М. В. Ломоносова 26 сентября 2004 года. Задания,
решения, комментарии.
Сост. А. К. Кулыгин. 192 с.
Серия ─Библиотека Математическое росвещение\│
"
Вы. 30. Ю. П. Соловьёв. Неравенства. 16 с.
Вы. 31. В. Ю. Протасов. Максимумы и минимумы в геометрии. 56 с.
Вы. 32. А. В. Хачатурян. Геометрия Галилея. 32 с.
******
По воросам риобретения этих книг обращаться о адресу: 119002,
Москва, Большой Власьевский ереулок, дом 11, магазин ─Математическая книга│.
ел.: (495)-241-7285, факс: (495)-291-6501, e-mail: bibliomme.ru
Оечатки, замеченные в ┌9
,
Строка
30,
1,2 снизу
следует вычеркнуть
141,
формула (29) + (ервые 3 вхождения) ╥
157, левый верхний рис. неравильный
равильный см. на сайте
224,
5 сверху А. В. Сивак
Страниа
Наечатано
Следует читать
Редактор В. В. Ященко
Подготовка оригинал-макета: LATEX2",
METAPOST, М. Н. Вялый
Подисано в ечать 13.02.2006 г. Формат 70 в 100=16.
Бумага офсетная ┌1. Печать офсетная. Печ. л. 18,0. ираж 1000.
Издательство Московского Центра
нерерывного математического
образования
119002, Москва, Большой Власьевский ер., 11. ел. (495) 241 74 83
Отечатано с готовых диаозитивов в ГУП ─Облиздат│
248640, г. Калуга, л. Старый орг, 5
Заказ ┌
тории, совадающей с кривой Штейнера, ерендикулярен рямой M ? K . Но ?NM ? K =
= 90? , как висанный угол окружности S2? , оирающийся на ее диаметр
NK , оэтому рямая M ?N является касательной к кривой Штейнера в
точке M ? . Пусть P | точка ересечения касательной M ? N с окружностью S1 , а O? | ентр окружности S2? . Из-за отсутствия скольжения дуга
KM1 окружности S равна дуге KM1? окружности S2? : ^KM1 = ^KM1?
или ╥ 3r = ╥ r, откуда = ?KO? M1? = 3 = ?M ? O? N .
Далее, из равенства равнобедренных треугольников PEN и M ? O1 N
выводим, что ?PEN = ?M ? O? N = 3, откуда олучаем: ?PEM =
= ?PEN ? ?MEN = 3 ? = 2 и, таким образом, ^ PM = 2^ NM . Из теоремы 12, редложения 6 и теоремы 16 вытекает
еорема 17. Огибающей рямых Симсона роизвольного треугольника является кривая Штейнера, касающаяся его окружности Эйлера в
трех точках.
На рис. 12 изображены треугольник, его оисанная окружность,
окружность Эйлера и кривая Штейнера этого треугольника.
В свою очередь из теорем 14 и 17 выводится
Следствие 7. Асимтоты кубики Мак-Кэя роизвольного треугольника совадают с осями кривой Штейнера этого треугольника.
Обозначим, как всегда, через H ортоентр треугольника ABC . огда
окружность Эйлера треугольника ABC роходит через середины сторон
треугольников ABC , ABH , BCH , CAH и оэтому эти треугольники имеют общую окружность Эйлера.
Отметим без доказательства, что треугольники ABC , ABH , BCH ,
CAH имеют также общую кривую Штейнера, а их кубики Мак-Кэя |
соответственно общие асимтоты.
Приведем в заключение еще один интересный факт. Как известно,
рямые, которые делят угол на три равные части, называются трисектрисами этого угла. еорема Морлея утверждает, что трисектрисы углов
треугольника, рилежащие к его сторонам, ересекаются в трех точках,
являющихся вершинами равностороннего треугольника (более одробно
о теореме Морлея см. [2? и [1?). Назовем этот треугольник треугольником
264
Е. Д. Куланин
Рис. 12.
Морлея. Оказывается, что для любого треугольника стороны его треугольника Морлея и равностороннего треугольника, вершины которого
совадают с вершинами кривой Штейнера исходного треугольника, соответственно араллельны.
Сисок литературы
[1? Конн А. Новое доказательство теоремы Морли // Математическое
росвещение. ретья серия. Вы. 9. 2005.
[2? Куланин Е. Д. Вокруг теоремы Морлея // Приложение ─Математика│
к газете ─Первое сентября│, ┌24{25, 1995.
[3? Куланин Е. Д. Об оисанных окружностях чевианных и едальных
треугольников и некоторых кривых, связанных с треугольником //
Математическое росвещение. ретья серия. Вы. 9. 2005.
[4? Прасолов В. В., ихомиров В. М. Геометрия . М.: МЦНМО, 1997.
Е. Д. Куланин, Московский городской сихолого-едагогический университет
e-mail: luas03mail.ru
265
Об одном свойстве интегрируемой функии
М. Аельбаум
В. Журавлёв
П. Самовол
В этой заметке риводится решение задачи 9.10 из задачника ─Математического росвещения│.
На математических соревнованиях самого разного уровня встречаются задачи с несколько арадоксальной формулировкой. Наример, в книге
[1, с. 105? находим:
Задача 1. Один человек каждый меся заисывал свой доход и расход. Может ли быть так, что за любые ять идущих одряд месяев его
общий доход ревышал доход, а в елом за год его доход ревысил расход?
(В формулировке А. А. Егорова задача звучит более интригующе: ─как
долго может законно существовать бизнес-сообщество, если о итогам
работы за любые 5 месяев у сообщества есть рибыль, но за год в налоговую инсекию сообщество одаёт отчёт о том, что рибыли нет и
налоги латить не из чего. . . │)
Второй ример редлагался на Международной Математической
Олимиаде (IMO) 1977 года в Белграде (6 очков), см. [2, с. 5, ┌19.2?:
Задача 2. В конечной оследовательности действительных чисел
сумма любых семи идущих одряд членов отриательна, а сумма любых одиннадати идущих одряд членов оложительна. Найти набольшее
число членов данной оследовательности.
В Шестнадатом Международном урнире городов (1994{1995, осенний тур) находим задачу:
Задача 3. (А. Канель-Белов) Периоды двух оследовательностей |
7 и 13. Какова максимальная длина начального куска, который может у
них совадать? (Период оследовательности {an } | это наименьшее натуральное число p такое, что для любого номера n выолняется равенство
an = an+p).
Математическую идею всех данных задач можно сформулировать так.
Для оследовательности действительных чисел, заисанных в строчку, выолняются следующие условия (?):
266
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
1. сумма любых m идущих одряд членов отриательна;
2. сумма любых n идущих одряд членов оложительна.
Чему равно Nmax | максимальное число членов данной оследовательности?
В этой статье мы рассмотрим ещё одну версию данной роблемы.
Задача 4. Существует ли такая нерерывная функия y = f (x), что
любой оределённый интеграл от этой функии о любому отрезку длины m = 3 отриателен, а о любому отрезку длины n = 5 | оложителен?
акие функии существуют. Аналитическое выражение одной из них
и римерная схема ее графика риведены ниже на рисунке 1. График симметричен относительно рямой x = 3. Каждая из частей графика также
симметрична: ервая относительно рямой x = 1;5, вторая (равая) часть
симметрична относительно рямой x = 4; 5. Кроме того, для x ? [0; 3? выолняется равенство f (x) = f (x + 3) (ериодичность).
Поэтому
aZ+3
a+3
Z3
Z
Z3
Za
Z3
f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx:
a
a
a
3
0
0
(Здесь и далее мы редолагаем, что равенства выолняются для тех
значений араметров, ри которых отрезки интегрирования оадают в
область оределения функии.)
?
? 6;
?
?
?
?
?
180x ? 186;
?
?
?
?
?
12;
?
?
?
?
?
??180x + 354;
?
?
?
? 6;
f (x) = ?
? 6;
?
?
?
?
?
180x ? 726;
?
?
?
?
12;
?
?
?
?
?
?180x + 894;
?
?
?
?
? 6;
y
ри 0 6 x < 1;
12
ри 1 6 x < 1;1;
ри 1;1 6 x < 1;9;
ри 1;9 6 x < 2;
ри 2 6 x < 3;
ри 3 6 x < 4;
1
0
ри 4 6 x < 4;1;
ри 4;1 6 x < 4;9;
ри 4; 9 6 x < 5; ?6
ри 5 6 x 6 6:
Рис. 1.
2 3 4
5 6
x
Об одном свойстве интегрируемой функии
267
С другой стороны, функия f (x) ринимает одно и то же значение
на отрезках [0; 1? и [5; 6?. Поэтому
a+5
Z
Z5
f (x) dx = f (x) dx (0 6 a 6 1):
a
0
Интеграл от линейной функии равен роизведению длины отрезка
интегрирования на олусумму значений функии в конах отрезка интегрирования. Поэтому
Z3
f (x) dx = 1 ╥ (?6) + 0;1 ╥ ?6 +2 12 + 0;8 ╥ 12 + 0;1 ╥ ?6 +2 12 + 1 ╥ (?6) =
0
= ?12 + 9;6 + 2 ╥ 0;3 = ?1;8 < 0;
а
Z5
f (x) dx = ?1;8 + 1 ╥ (?6) + 2 ╥ 0;3 + 9;6 = 2;4 > 0:
0
аким образом, для данной функии любой оределенный интеграл о
отрезку длины 3 отриательный, а о отрезку длины 5 | оложительный.
Докажем следующую теорему.
еорема 1. Интегрируемая на отрезке [0; ? функия f (x) такова,
что любой интеграл о отрезку длины n оложителен, а о отрезку
длины m отриателен, > m > n > 0. огда
a ) < m + n;
b ) если m и n соизмеримы, т. е. m=n = q=p, где p, q | взаимно ростые елые числа, то < m + n ? m=q.
Доказательство a): редоложим, что > m+n. Обозначим через F (x)
ервообразную функии f (x), а через (x) | ервообразную функии
F (x). Исользуя формулу Ньютона { Лейбниа и учитывая, что интеграл
от оложительной функии оложителен, от отриательной отриателен,
олучаем ротиворечие:
?
?
Zm xZ+n
Zm
0 < ? f (y) dy? dx = (F (x + n) ? F (x)) dx =
0 x
0
= (m + n) ? (m) ? (n) + (0) =
?
?
Zn
Zn yZ+m
(F (y + m) ? F (y)) dy = ? f (x) dx? dy < 0:
0
0 y
Итак, < m + n.
?6
268
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
Доказательство b). Полагаем d = m=q = n=p, так что m = qd, n = pd.
Обозначим
Sd;k =
Zkd
f (x) dx;
k ? N; d > 0; kd 6 :
(k?1)d
Рассмотрим оследовательность
Sd;1; Sd;2 ; Sd;3; : : : ; Sd;p+q?1:
(2)
Согласно условию теоремы эта оследовательность удовлетворяет следующим свойствам:
1. сумма любых одряд идущих р ее членов оложительна;
2. сумма любых одряд идущих q ее членов отриательна.
Но, как следует из риводимой ниже леммы, оследовательностей с
такими свойствами не существует (максимальная длина такой оследовательности равна p + q ? (p; q) ? 1). Приходим к ротиворечию.
еерь сформулируем и докажем уомянутую лемму.
Лемма 1. Будем говорить, что оследовательность действительных чисел удовлетворяет свойству ?(n; m), если сумма любых n идущих одряд членов оследовательности оложительна, а сумма любых
m идущих одряд членов оследовательности отриательна.
Если оследовательность ai , 1 6 i 6 N удовлетворяет свойству
?(n; m), то N 6 m + n ? d ? 1, где d = (m; n) | наибольший общий
делитель чисел n и m.
Доказательство. Без ограничения общности считаем, что m > n.
Очевидно, что ри выолнении условия леммы числа m и n не могут
быть кратны друг другу. Поэтому n > d = (m; n). Обозначим n = n1 d,
m = m1d, (m1 ; n1) = 1.
Будем доказывать лемму от ротивного. Предоложим, что в оследовательности n + m ? d = d(m1 + n1 ? 1) членов. Разобъем оследовательность на m1 + n1 ? 1 гру о d чисел в каждой груе. Согласно
условию леммы олучаем, что сумма чисел в любых m1 груах оложительна, а сумма чисел в любых n1 груах | отриательна. По сути дела
мы свели доказательство к частному случаю леммы, когда n, m взаимно
росты. Поэтому в дальнейшем рассуждении мы считаем, что (n; m) = 1
и говорим о членах оследовательности длины n + m ? 1.
Рассмотрим любые m ? n одряд идущих членов оследовательности.
Кроме них оследовательность содержит (m + n ? 1) ? (m ? n) = 2n ? 1
членов. ак как число 2n ? 1 нечетное, то ри любом разбиении этого
числа на два слагаемых одно из них будет не меньше n. ак что слева
Об одном свойстве интегрируемой функии
269
или срава от выбранной груы из m ? n членов находится еще не менее
n членов.
Сумма любых n одряд идущих членов оследовательности оложительна. Если добавить n членов к выбранной груе из m ? n членов
оследовательности, то сумма олученного набора из m одряд идущих
членов оследовательности будет отриательна. Поэтому сумма выбранных m ? n членов должна также быть отриательной.
Итак, для взаимно ростых m, n мы оказали, что если оследовательность удовлетворяет свойству ?(n; m), то она также удовлетворяет
свойству ?(n; m ? n). Далее действуем аналогично, заменяя большее из
чисел m, n на их разность. Получаем такую же оследовательность ар
чисел, как в алгоритме Евклида. Поскольку исходные числа n, m | взаимно ростые, риходим к тому, что оследовательность удовлетворяет
свойству ?(q; 1), что невозможно (если все члены оследовательности отриательны, то любая их сумма также будет отриательной).
Замечание 1. аким образом, мы видим, что оисанная в начале
статьи математическая идея может ринимать самые разные формы.
Вместе с тем ереход в ─интегральную тематику│ озволяет рассмотреть
случай несоизмеримых ределов интегрирования.
Оенки в теореме 1 нельзя улучшить. Будем говорить, что функия
f (x), оределенная на отрезке [0; ?, удовлетворяет интегральному свойству ?(n; m), если интеграл от f (x) о любому отрезку длины n оложителен, а о любому отрезку длины m отриателен.
еорема 2. 1) Если m и n соизмеримы, т. е. m=n = q=p, где p, q |
взаимно ростые елые числа, то для любого " > 0, m + n ? m=q > ",
можно остроить интегрируемую функию f (x) на отрезке [0; m + n ?
m=q ? "?, удовлетворяющую интегральному свойству ?(m; n).
2) Если m и n несоизмеримы, то для любого " > 0, m + n > ", можно остроить интегрируемую функию f (x) на отрезке [0; m + n ? "?,
удовлетворяющую интегральному свойству ?(m; n).
Для доказательства теоремы мы будем строить функии, удовлетворяющие усиленному интегральному свойству ?(m; n). А именно, функией
тиа (L; m; Sm ; n; Sn ) назовем функию, оределенную на отрезке [0; L?,
и такую, что интеграл от этой функии о любому отрезку длины m
равен Sm , а о любому отрезку длины n равен Sn .
Замечание 2. Если остроена функия тиа (L; m; Sm ; n; Sn ) такая,
что L, m, n | елые, Sm < 0, Sn > 0, то интегралы от этой функии
о отрезкам [k; k + 1? редоставляют ример ─арадоксальной│ оследовательности (см. [4?). В частности, из теоремы 2 следует, что оенка
в лемме 1 точна. Приводимое ниже доказательство теоремы 2 является
270
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
рямым обобщением алгоритма остроения ─арадоксальных│ оследовательностей из [4?.
Лемма 2. Пусть L < m + n и для любых A; B существует функия
тиа (L; m; A; n; B ), m > n. огда для любых A; B существуют функии
тиов (L + m; m; A; n + m; B ) и (L + n; m; A; n + m; B ).
Доказательство. Пусть f имеет ти (L; m; A; n; B ). огда функия
0 6 x < m;
g(x) = ff ((xx)?; m); если
если m 6 x < L + m;
имеет ти (L + m; m; A; n + m; A + B ). Действительно, если b ? a = m,
a < m, то
Zb
a
Zm
Zb
Zm
g(x) dx = g(x) dx + g(x) dx = f (x) dx +
a
m
a
bZ?m
f (x) dx = A;
0
а если b ? a = n + m, то из L < m + n следует, что a < m, а значит
bZ?m
aZ+n
Zb
Zm
Zm
g(x) dx = f (x) dx + f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx =
a
a
a
0
0
aZ+n
Za
Zm
= f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx = A + B:
a
a
0
Докажем, что функия
n + m); если 0 6 x < n;
g(x) = ff ((xx ?
? n);
если n 6 x < L + n;
имеет ти (L + n; m; A; n + m; A + B ). Если b ? a = m, a < n, то
Zb
a
Zn
Zb
g(x) dx = g(x) dx + g(x) dx =
a
n
Zm
a+m?n
f (x) dx +
b?n
Z
0
f (x) dx = A;
а если b ? a = n + m, то из L < m + n следует, что a < n, а значит
b?n
aZ+m
Zb
Zm
Z
Zm
g(x) dx =
f (x) dx + f (x) dx =
f (x) dx + f (x) dx =
a
a+m?n
a+m?n
0
0
aZ+m
m
a
+
m
Z
Z
=
f (x) dx + f (x) dx + f (x) dx = B + A:
a+m?n
a+m
0
Об одном свойстве интегрируемой функии
271
еерь лемма вытекает из того факта, что отображение (A; B ) 7?
(A; A + B ) взаимно однозначно.
Доказательство теоремы 2. Для n < m < L = 2n ? ф зададим
функию f тиа (L; m; A; n; B ) явной формулой:
0 6 x < n ? ф или n 6 x 6 L;
(3)
f (x) = b;a; если
если n ? ф 6 x < n:
Интеграл от f о любому отрезку длины n равен B = фa + (n ? ф)b,
а о любому отрезку длины m равен A = фa + (m ? ф)b. Получающаяся
система линейных уравнений невырождена и оэтому имеет единственное
решение ри любых A; B .
Преобразования, оисанные в лемме 2, одинаково меняют сумму m + n
и длину L. Для функии из (3) разность m + n ? L равна m ? n + ф.
Поэтому, многократно рименяя лемму 2 и исользуя функию из (3),
олучаем следующее утверждение: если ара (m; n) ереходит в ару
(m` ; n` ), n` < m` < 2n` ? ", осле нескольких реобразований вида
(m; n) 7? (m ? n; n) или (m; n) 7? (m; m ? n);
(4)
то существуют функии тиа (n + m ? (m` ? n` ) ? "; n; A; m; B ) для любых
A, B и 0 < " < n + m ? (m` ? n`).
Применим это рассуждение для доказательства ункта 1) теоремы.
Положим d = m=q = n=p, очевидно, что n = pd и m = qd. Выберем натуральное число N , такое что 0 < d=N < ". Рассмотрим натуральные
числа m1 = Nq и n1 = Np. Очевидно, что N = (m1 ; n1 ). Построим функию y = f1 (x) тиа (m1 + n1 ? N ? 1; m1 ; A; n1 ; B ). В качестве искомой
достаточно рассмотреть функию y = f (x) = f1 (dx=N ), оределенную на
отрезке
h
i
0; m1 + n1N? N ? 1 d = 0; m + n ? mq ? Nd ? 0; m + n ? mq ? "
:
Аналогично доказывается ункт 2) теоремы. В этом случае в силу
несоизмеримости m, n оследовательность реобразований (4) родолжается неограниченно:
(m; n) 7? (m1 ; n1 ) 7? (m2 ; n2 ) 7? : : : 7? (m` ; n` ) 7? : : : ;
ричем m` + n` ? 0 ри ` ? ? и сколь угодно часто выолняется неравенство n` < m` < 2n` . Выбрав такое `, что m` + n` < "=2 и n` < m` < 2n` ,
заключаем, что так что существуют функии тиа (n + m ? "; n; A; m; B )
для любых A, B и 0 < " < n + m.
Замечание 3. Построенные в доказательстве стуенчатые функии
можно без труда ревратить в нерерывные, удовлетворяющие аналогичным условиям.
272
М. Аельбаум, В. Журавлёв, П. Самовол
В заключение редлагаем обобщение на многомерный случай как задачу для самостоятельного исследования.
Задача. Для каких областей 1 , 2 , 3 существует нерерывная
функия f с областью оределения 3 и такая, что интеграл от f о любому араллельному ереносу 1 , лежащему в 3 , оложителен, а интеграл
от f о любому араллельному ереносу 2 , лежащему в 3 , отриателен.
Рассмотрите случай, когда 1 | рямоугольник, а 2 | круг.
Авторы выражают благодарность рофессору Канель-Белову (Московский Институт Открытого Образования) за участие в обсуждении
этой роблемы.
[1?
[2?
[3?
[4?
[5?
Сисок литературы
Васильев Н. Б., Гутенмахер В. Л., Раббот Ж. М., оом А. Л. Заочные
математические олимиады . М.: Наука, 1997. C. 105, 108{109.
Международные математические олимиады . Сост. А. А. Фомин,
Г. М. Кузнеова. М.: Дрофа, 2000. С. 5, 34{35.
Произволов В., Сивак А. Усреднение о окружности // Квант, 1998.
┌1, с. 29{31.
Самовол П., Аельбаум М., Жуков А. Как остроить арадоксальный ример // Квант, 2005. ┌1, с. 35{37.
Международный урнир городов, 1994{1995 (Осенний тур).
http://www.turgor.ru/16/turnir16.php#turnir16otm
Dr. Peter Samovol, Ben-Gurion University of Negev, Beer-Sheva, Israel Kaye
Aademi College of Eduation, Beer-Sheva, Israel
E-mail: Pet12012.net.il
Dr. Mark Applebaum, Kaye Aademi College of Eduation, Beer- Sheva,
Israel
E-mail: Amark012.net.il
Журавлёв Валерий Михайлович (к.ф.-м.н.), ОАО ─Сибирско-Уральская
нефтегазохимическая комания│, г. Москва, Россия
E-mail: Zhuravlevsibur.ru
273
Комментарий к статье М. Аельбаума,
В. Журавлёва и П. Самовола
А. Я. Канель
Задача интересна и для случая нестрогих неравенств. В этом случае
картина такова. Рассмотрим нерерывную функию f (x), оределённую
на отрезке длины , интеграл от которой о любому отрезку длины неоложителен, а о любому отрезку длины | неотриателен.
Если = ?= Q, и > + , то f (x) ? 0. (Это следует из риведенного
в статье доказательства.) (А если < + , то содержательные римеры
существуют.)
Пусть теерь величины и соизмеримы. огда для некоторого
ф > 0, = nф, = nф, (m; n) = 1. Из результатов статьи следует, что
если > + , то интеграл от f о любому отрезку длины ф равен нулю, а функия f ериодична на своей области оределения с ериодом ф.
Случай 6 + ? ф окрывается результатами статьи, усть =
= + ? ф + ", " < ф .
огда можно утверждать только, что интеграл от f о любому сдвигу
начального отрезка длины ф на величину kф + , где 6 ", равен нулю.
При этом можно остроить римеры функии с ненулевым интегралом
для каждого такого сдвига.
Нам ишут
Более короткие решения задач из задачника
─Математического росвещения│
И. И. Богданов
Задача 1.6б). (Автор решения | А. Бадзян.)
Предоложим ротивное. Пусть z0 | корень P (x) аргумента . огда
Arg z0n ? (0; ) ри любом 0 < n < =, т. е. Im z0n > 0. ак как Q(x) |
неконстантный многочлен стеени, меньшей = с неотриательными коэффииентами, то Im Q(z0 ) > 0, т. е. Q(z0 ) 6= 0 и Q(x) не делится на P (x).
Противоречие.
Задача 7.3. (Автор решения | И. Богданов.)
Пусть P (x) | минимальный многочлен матриы AAT , тогда
AT P (AAT )A = Q(AT A) = 0;
где Q(x) = xP (x). аким образом, если | ненулевое собственное значение AT A, то Q() = 0, а, следовательно, и P () = 0, т. е. | собственное
значение AAT . Обратное доказывается аналогично.
******
От редколлегии
Наомним условие задачи 1.6: а) Дан многочлен P (X ). Для любого X > 0: P (X ) >
> 0. Доказать, что что P = Q=T , где Q и T | многочлены с неотриательными
коэффииентами. б)* усть P | квадратный трехчлен, | аргумент его комлексного
корня. огда стеень Q не меньше 2=.
Решение А. Бадзяна оказалось для нас неожиданностью: ранее оубликованное решение задачи 1.6.б) занимает свыше двух страни.
Мы ризываем читателей рисылать свои решения: ясные, онятные, с красивыми
идеями и, о возможности, краткие (лохие решения мы и сами наишем).
Если Вы решили не буквально ту задачу, которая была оубликована в ─Задачнике│,
а близкую к ней, то всё равно рисылайте решение. Это может быть интересно само
о себе, а кроме того, в условиях задач встречались ошибки.
275
Задача о собственных числах
А. К. Ковальджи
Приведем формулировку и решение задачи 7.3 из задачника ─Математического росвещения│.
Задача (теорема). Пусть A | рямоугольная матриа, A? | трансонированная матриа, тогда матриы AA? и A? A имеют одинаковые наборы ненулевых собственных чисел с одинаковыми кратностями.
Доказательство. Пусть AA? v = v, где v | собственный вектор,
| собственное число. огда А? АА? v = А?v, (А? А)(А? v) = (А? v). Значит, каждое собственное число матриы AA? является собственным числом матриы A? A и наоборот. Докажем, что совадают кратности чисел,
исходя из идеи нерерывного изменения.
Рассмотрим матриу B такого же размера как A, максимальный минор которой | диагональная матриа с различными элементами, а остальные элементы | нули. Все ненулевые собственные числа матриы
BB ? различны. Рассмотрим матриу C = (1 ? )B + A, где | араметр, 0 6 6 1.
При нерерывном изменении от 0 до 1 собственные числа CC ? нерерывно меняются от набора собственных чисел BB ? до набора собственных чисел BB ?, ричем, ри = 0 все собственные числа различны, а
ри = 1 они ─склеиваются│ и олучают кратности.
Поскольку между различными собственными числами CC ? и C ? C существует взаимно однозначное соответствие, и они меняются нерерывно, то ри каждой ─склейке│ значений собственных чисел будет сохраняться равенство их кратностей. еорема доказана.
Замечание. Эта теорема важна для рикладных задач, наример
для метода главных комонент, оскольку матриа AA? может оказаться
очень большого размера, и, чтобы нарямую вычислить ее собственные
числа и векторы, не хватит ресурсов комьютера, а матриа A? A | может оказаться маленького размера, тогда, вычислив ее собственные числа i и векторы vi , мы легко найдем собственные числа и векторы AA? ,
равные i и Avi .
276
Исравления к статье А. Скоенкова ─Вокруг
критерия Куратовского ланарности графов│
А. Скоенков
В уомянутую статью (┌9, сс. 116{128) следует внести следующие
исравления.
С. 119, строка 3. Перед словом ─Предоложим│ следует добавить ─Будем рассматривать графы с етлями и кратными ребрами.│
С. 119, строка 5. Вместо ─с минимальным числом ребер│ следует читать ─с минимальным числом ребер, не содержащий изолированных вершин.│
С. 125, строка 7 снизу. Вместо
─Рассмотрим объединение N двумерных граней 2-олиэдра N . Поскольку каждый из графов K5 и K3;3 вложим и в тор, и в лист Мебиуса, то N есть несвязное объединение дисков. Заменим каждый диск на
"колесо\.│
следует читать
─ак как N не содержит зонтика, то окрестность любой точки в
N является объединением дисков и отрезков, склеенных за одну точку
(рис. 1.a). Если этих дисков больше одного, то заменим эту окрестность
на изображенную на рис. 1.b. Обратное реобразование является стягиванием "звезды с несколькими лучами\ и оэтому сохраняет ланарность.
Значит, достаточно доказать ланарность для олученного указанной
заменой 2-олиэдра. Рассмотрим объединение N его двумерных граней.
(a)
(b)
Рис. 1.
Исравления к статье А. Скоенкова
277
огда окрестность любой точки в N является диском. Значит, о теореме
классификаии оверхностей N является несвязным объединением сфер
с ручками, ленками Мёбиуса и дырками. Поскольку каждый из графов
K5 и K3;3 вложим и в тор с дыркой, и в лист Мебиуса, то N есть несвязное объединение дисков с дырками. Заменим каждый из этих дисков с
дырками на граф с рис. 2.
Рис. 2.
Автор риносит извинения за доущенную небрежность.
Задачный раздел
В этом разделе вниманию читателей редлагается одборка задач разной
стеени сложности, в основном трудных. Некоторые из этих задач (не обязательно самые сложные!) требуют знания ─неэлементарной│ математики | анализа,
линейной алгебры и т. .
Составителям этой одборки кажется, что редлагаемые ниже задачи окажутся интересными как для сильных школьников, интересующихся математикой, так и для студентов-математиков.
Мы обращаемся с росьбой ко всем читателям, имеющим свои собственные
одборки таких задач, рисылать их в редакию. И, разумеется, мы с удовольствием будем убликовать свежие авторские задачи.
В скобках осле условия задачи риводится фамилия автора (уточнения со
стороны читателей риветствуются). Если автор задачи нам неизвестен, то в
скобках указывается ─фольклор│.
1. В вершинах куба наисаны числа. Вместо каждого числа заисывают среднее арифметическое чисел, стоящих в трех соседних вершинах (числа заменяют одновременно). После 10 таких оераий в
вершинах оказались исходные числа. Найдите все такие числа.
(А. К. Ковальджи )
2. Кривая C задана в R4 араметрически уравнениями xi = Pi ( ),
i = 1; 2; 3; 4, где многочлены Pi ( ) имеют стеень 3. Докажите, что
C живет в трехмерной лоскости (т. е. найдется 3-мерное аффинное
одространство, которое ее содержит).
(А. Я. Белов )
3. Рассмотрим иклические слова с отмеченным началом из 0 и 1 с
четным числом нулей. Приишем единиам слова знаки + и ? так,
чтобы знаки соседних едини совадали или отличались в зависимости от четности числа нулей между ними (наример, идущие одряд
единиы берутся с одинаковым знаком). Сигнатурой слова назовем
абсолютную величину алгебраической суммы едини. Докажите, что
число слов длины n и сигнатуры n ? 2k равно числу сочетаний из n
о k ри n ? 2k > 0 и вдвое меньше ри n ? 2k = 0.
(Э. Б. Винберг )
4. На лоскости роведены n систем равноотстоящих рямых; i-я система состоит из всех рямых вида ai x + bi y = i + k, k ? Z. При
Условия задач
279
этом никакие три рямых не ересекаются в одной точке, и никакие две системы не араллельны. Эти системы разбивают лоскость
на многоугольники. Пусть S | средняя лощадь многоугольника,
Sij | лощадь араллелограмма решетки, орожденной i-й и j -й системами. Докажите, что
X
S ?1 = Sij?1
i<j
(Средняя лощадь многоугольника | это величина S = t?lim
+? St =Nt ,
где St | общая лощадь всех многоугольников разбиения, еликом
содержащихся в круге радиуса t с ентром в начале координат, Nt |
количество этих многоугольников.)
(А. Я. Канель )
5. На берегу круглого острова Гдетотам расоложено n деревень, в каждой живут боры. Был роведен турнир, в котором каждый боре
встретился со всеми борами из всех других деревень. Деревня А
считается сильнее деревни Б, если хотя бы (1 ? )-я часть оединков
между борами из этих деревень заканчивается обедой бора из деревни А. (У всех боров разная сила, и в оединке всегда обеждает
сильнейший.) Выяснилось, что каждая деревня сильнее следующей за
1
ней о часовой стрелке. Докажите, что 6 0 =
, ричем
2
число 0 нельзя заменить на меньшее.
6.
7.
8.
9.
4 os n + 2
(И. Богданов )
Внутри выуклого четырехугольника взята точка, равноудаленная
от ротивооложных сторон. Оказалось, что она лежит на рямой,
соединяющей середины диагоналей. Докажите, что четырехугольник является либо висанным, либо оисанным, либо траеией.
(А. Заславский )
От рямоугольника отрезают квадрат, а с оставшимся рямоугольником роизводят ту же роедуру. Может ли оследовательность
отношений сторон у этих рямоугольников быть ериодической, если ?
одна из?сторон?исходного рямоугольника равна 1, а другая равна
а) 2, б) 3 2, в) 2005.
(В. А. Уфнаровский, А. Я. Белов )
Можно ли окрасить сферу белой и красной красками так, чтобы
любые три исходящих из ентра сферы взаимно ерендикулярных
луча ересекали ее в одной красной и двух белых точках?
(S. Kohen, M. Speker )
n
G | груа орядка 2 (2k + 1), содержащая элемент орядка 2n.
Докажите, что множество элементов нечетного орядка является
одгруой.
(Заочный конкурс амяти Кирилла Дочева )
280
Задачный раздел
10. Среди k монет есть одна фальшивая, ричем неизвестно, легче она
или тяжелее. За какое минимальное число взвешиваний можно оределить фальшивую монету на чашечных весах без гирь, если ри
этом а) требуется узнать, легче она или тяжелее; б) не требуется
узнать это.
(А. М. Яглом, И. М. Яглом )
11. Последовательность нерерывных функий (Fn ), где n-я функия зависит от n еременных, называется средней , если она удовлетворяет
следующим свойствам:
1) Для любого натурального n функия Fn симметрична, однородна
(т. е. ри ерестановке еременных значение Fn не меняется и
Fn ( ╥ x1; : : : ; ╥ xn) = ╥ Fn (x1; : : : ; xn)
для любых чисел ; x1 ; : : : ; xn ), кроме того Fn (x; : : : ; x) = x для любого x, F2 (1; 0) = 1=2.
2) Для любых натуральных n и k равенство
Fn+k (x1 ; : : : ; xn; xn+1 ; : : : ; xn+k ) = Fn+k (x1 ; : : : ; xn; Y; : : : ; Y )
где Y = Fk (xn+1 ; : : : ; xn+k ), выолнено для любых чисел x1 ; : : : ; xn+k .
Докажите, что функия Fn есть среднее арифметическое:
Fn (x1; : : : ; xn) = x1 + ╥ n╥ ╥ + xn :
(А. Я. Канель )
12. Квадрат разбит на треугольники равной лощади. Докажите, что
их число четно.
(Фольклор )
281
Решения задач из редыдущих выусков
8.2. Условие. Найти дискриминант многочлена P (x) = x2003 + x + 1.
Решение. Рассмотрим более общую задачу: найти дискриминант
многочлена Pt (x) = x2003 + x + t. Сначала заметим, что дискриминант равен результанту многочлена и его роизводной, и о известной формуле
(см., наример, Б. Л. ван дер Варден, ─Алгебра│) результант многочленов
a0xn + a1 xn?1 + : : : + an и b0 xm + b1 xm?1 + : : : + bm равен оределителю
a0 a1 : : : an 0 : : : : : : : : : : : 0
0 0 a0 a1 : : : an 0 : : : : : : : : : : : 0 : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
: : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 0 a0 a1 : : : an 0 :
b0 b1 : : : : : : : bm 0 : : : : : : 0
0 b0 b1 : : : : : : : bm 0 : : : : : : : 0 : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : :
: : : : : : : : : : : : : : : : 0 b
0 b1 : : : : : : : bm Поскольку P ? (x) = 2003x2002 +1, видно, что в нашем случае результант
есть многочлен от t стеени 2002 и старшим коэффииентом 20032003 .
Вычислим этот многочлен. Для этого осмотрим, ри каких t у P и
k + 1) ,
P ? есть общий корень. Корни P ? суть xk = 2003?1=2002 exp i(22002
k = 1; : : : ; 2002. Поэтому искомые значения t суть tk = ?xk ? x2003
=
k
2002
Q2002
2002
2002
= ? 2003 xk . Многочлен с корнями tk есть k=1 (t ? tk ) = t2002 + 2003 . По2003
этому искомый многочлен олучается из него умножением на число (раз
он той же стеени). Мы знаем его старший коэффииент, оэтому осталось выисать ответ: дискриминант многочлена Pt (x) равен 20032003 t2002 +
+ 20022002 , а дискриминант многочлена P (x) олучается ри t = 1.
Ответ: 20032003 + 20022002 .
(В. В. Доенко )
8.3. Условие. Можно ли круг с двумя дырками отобразить в себя
без неодвижных точек?
Решение. В условии задачи доущена ошибка. Ворос состоит в существовании нерерывного взаимнооднозначного отображения (гомеоморфизма).
282
Задачный раздел
Круг с двумя дырками гомеоморфен сфере с тремя дырками. Можно
считать, что эти дырки имеют небольшой размер (скажем, 1? ) и расоложены на экваторе сферы так, что расстояния между их ентрами
одинаковы и равны 120? .
Гомеоморфизм без неодвижных точек можно теерь оисать так: это
комозиия оворота на 120? вокруг олярной оси и симметрии относительно лоскости экватора. Поскольку олушария меняются местами, то
вне экватора неодвижных точек нет. С другой стороны, ограничение
этого отображения на экватор является оворотом на 120? , у которого
неодвижных точек тоже нет.
Замечание. Данная конструкия обобщается для круга с n > 2 дырками.
(М. Л. Коневич )
8.4. Условие. Доказать, что на оисанной окружности каждого треугольника существует ровно три точки, для которых соответствующие
рямые Симсона касаются окружности девяти точек треугольника, ричем эти точки являются вершинами равильного треугольника.
Решение. Для решения нам онадобятся следующие два факта о рямых Симсона.
1? . Если H | точка ересечения высот треугольника ABC , P | точка на его оисанной окружности, то рямая Симсона точки P роходит
через середину отрезка PH (рис. 1).
2? . Если P1 и P2 | точки оисанной окружности треугольника ABC ,
s1 и s2 | соответствующие им рямые Симсона, то ориентированный
угол между рямыми s1 и s2 (измеренный от s1 к s2 ) равен оловине
ориентированного угла P2 OP1 (O | ентр оисанной окружности треугольника ABC ), рис. 2.
Исользуя эти утверждения (их доказательства можно найти, наример, в книге В. В. Прасолова ─Задачи о ланиметрии│, задачи 5.92 и 5.96),
олучить решение задачи очень легко.
А именно, оскольку окружность Эйлера треугольника олучается из
его оисанной окружности гомотетией с ентром H и коэффииентом
1=2, то, согласно утверждению 1? , любая рямая Симсона имеет хотя бы
одну общую точку с окружностью Эйлера (на рис. 3 эта точка | середина отрезка PH | обозначена через L). Чтобы рямая Симсона касалась окружности Эйлера, эта точка должна быть их единственной общей
точкой, т. е. рямая Симсона должна быть ерендикулярна отрезку EL
(E | ентр окружности Эйлера). Рассмотрим теерь треугольник OHP ;
оскольку HE = EO, отрезок EL является его средней линией, тем самым, EL k OP . Значит, рямая Симсона касается окружности Эйлера
тогда и только тогда, когда она ерендикулярна отрезку OP .
Решения задач из редыдущих выусков
283
P
C
P2
C
s2
s1
A
H
O
P1
A
B
B
Рис. 2.
Рис. 1.
C
C
P1
P2
P
O
L
A
O
EE
H
B
A
B
P3
Рис. 3.
Рис. 4.
Рис. 5.
284
Задачный раздел
Исользуем утверждение 2? : ри роходе точкой P всей оисанной
окружности (т. е. когда отрезок OP оворачивается вокруг O на 360? )
рямая Симсона оворочивается на ?180? . При этом условие ерендикулярности выо?
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
95
Размер файла
1 651 Кб
Теги
серии, выпуск, 269, математические, pdf, просвещения, 2006, мцнмо
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа