Н. Вагутен
Читателю, вероятно, известны на первый взгляд трудные геометрические задачи, которые мгновенно решаются, если заменить одну данную точку другой, симметричной ей относительно какой-то прямой. Соображения симметрии очень важны и в алгебре.
В этой статье мы рассмотрим ряд ситуаций, в которых число вида a + b√d полезно заменить сопряжённым a – b√d. Мы увидим, как этот простой приём — замена знака перед радикалом — помогает в решении разнообразных задач алгебры и анализа — от нехитрых оценок и преобразований до трудных олимпиадных задач и замысловатых придумок составителей конкурсных экзаменов.
Большинство наших примеров может служить первым знакомством с глубокими математическими теориями (кое-где мы указываем статьи и книги для продолжения знакомства). Среди задач, включённых в статью, две — из Задачника «Кванта» и несколько — из писем читателей, уже испытавших удовольствие от трюков с радикалами и желающих поделиться им с другими.
Пары сопряжённых чисел появляются вполне естественным образом, когда мы решаем квадратное уравнение, а корень из дискриминанта не извлекается: скажем, уравнение λ2 – λ – 1 = 0 имеет пару «сопряжённых» корней:
λ1 = |
1 – √5 2 |
и | λ2 = |
1 + √5 2 |
. |
К этому мы ещё вернёмся, а начнём с примеров другого рода: займёмся «перебросками»...
...Из числителя в знаменатель (и обратно)
Если в книжке указан ответ к задаче (3 + √7)/2, а у вас получилось 1/(3 – √7) — не спешите искать ошибку в решении: ответ правильный — эти числа равны, потому что
(3 + √7)(3 – √7) = 32 – 7 = 2.
Вот несколько характерных примеров, где полезно перенести «иррациональность» из числителя в знаменатель или наоборот.
1. Найти сумму
1 1 + √2 |
+ |
1 √2 + √3 |
+ ... + |
1 √99 + √100 |
. |
Эта сумма мгновенно «сворачивается», если переписать её так:
(√2 – 1) + (√3 – √2) + ... + (√100 – √99) = –1 + 10 = 9.
По выражению из статьи [1 ] «остаются крайние» (см. также [5 ]).
2. Доказать, что для любых натуральных m и n
|
(1) |
где α = √3 + √2.
Подобный факт мы использовали недавно при решении трудной задачи М514 ([2 ]).
В самом деле, всегда
|
(2) |
поскольку число |m2 – 2n2| — целое и отлично от 0 (равенство m2 = 2n2 невозможно — подумайте, почему!). Если бы выполнялось неравенство, противоположное (1), то должно было бы быть m < n√2 + 1/αn и
|
(3) |
Но из (2) и (3) следует (1). Значит, наше предположение неверно, то есть (1) выполнено.
Неравенство (1) показывает, что число √2 сравнительно плохо приближается дробями с небольшими знаменателями; аналогичное неравенство (только с другим коэффициентом α) выполнено не только для √2, но и для любой «квадратичной иррациональности». Разумеется, (1) выполнено и при всех α > √3 + √2, но константа √3 + √2 здесь не наименьшая из возможных. Вопросы о приближениях квадратичных иррациональностсй рациональными числами — далеко продвинутая и важная для приложений область теории чисел ([3 ], [4 ]); с приближениями числа √2 мы ещё встретимся ниже (см. упражнение 4).
[Если при решении этой задачи рассмотреть отдельно случаи n=1 и n≠1, то можно показать, что
m n |
– √2 | ≥ |
1 πn2 |
. |
Оно лишь немного сильнее, чем неравенство (1), поскольку
1 π |
= 0,3183... > 0,3178... = |
1 √3 + √2 |
, |
зато выглядит гораздо эффектнее.
Помню, как в мою бытность студентом, на лекциях по алгебре наш профессор говорил: «Корень из трёх — это, примерно, 1,73; корень из двух — 1,41. Поэтому их сумма равна... (следовала пауза, необходимая для сложения этих чисел "в столбик") 3,14. А это есть?..» (он поворачивался к аудитории и сразу несколько человек говорили "пи") «Ну, вот», — с удовлетворением заключал профессор, выписывая окончательное "равенство": √3 + √2 = π. :) — E.G.A.]
3. Найдите предел последовательности an = (√n² + 1 – n)n.
Преобразуем an так:
(√n² + 1 – n)n = |
n √n² + 1 + n |
= |
1 1 + √1 + 1/n² |
. |
Теперь ясно, что an возрастает и стремится к пределу 1/2.
В противоположность предыдущему примеру здесь мы имеем дело с хорошим приближением: √n² + 1 – n < 1/2n.
4 (M532). Даны две последовательности an = √n+1 + √n и bn = √4n+2. Докажите, что
а) [an] = [bn],
б) 0 < bn – an < 1/16n√n.
В разности bn – an появляется «тройная иррациональность»; к таким иррациональностям мы ещё вернёмся (см. задачу 8), но пока мы будем рассматривать √n+1 + √n = an как одно целое. Заметим, что величина an2=2n+1+2√n(n+1), очевидно, заключена между 4n+1 и 4n+2=bn2, поскольку n < √n(n+1) < n+1. Итак, мы уже получили an < bn — левое неравенство в б). Кроме того, число bn2 = 4n+2, дающее при делении на 4 в остатке 2, не может быть полным квадратом (проверьте!), поэтому квадрат целого числа [bn] не больше 4n+1; из неравенств [bn] ≤ √4n+1 < an < bn вытекает а). Теперь осталось оценить разность bn – an сверху. Посмотрите, как здесь дважды работает переброска «сопряжённого» числа в знаменатель:
√4n+2 – √n – √n+1 = |
2n + 1 – 2√n(n + 1) √4n + 2 + √n + √n + 1 |
= |
= |
1 (√4n + 2 + √n + √n + 1)(2n + 1 + 2√n(n + 1) ) |
≤ |
(тут, конечно, нам повезло:
разность квадратов (2n + 1)2 – 4n(n + 1) равна 1)
≤ |
1 (2√n + √n + √n)(2n + 2n) |
= |
1 16n√n |
. |
Заметим, что и эта оценка очень точная. Но убедиться в этом (и вообще исследовать поведение функции с многими радикалами) лучше уже не с помощью алгебраических преобразований, а средствами анализа — заменить переменную n на h = 1/n и воспользоваться формулой Тейлора √1 + h = 1 + h/2 – h2/8 + ... (См. [6 ].)
Заменим плюс на минус
Мы уже говорили о пользе симметрии в геометрических задачах. Своего рода симметрией в алгебре является замена плюса на минус.
Так, если какое-либо выражение от √d равно p + q√d и мы всюду в этом выражении заменим √d на –√d, то естественно ожидать, что новое выражение окажется равным сопряженному числу p – q√d. Мы будем пользоваться таким очевидным частным случаем этого свойства (a и b — рациональны, √d — нет):
(a + b√d)n = p + q√d => (a – b√d)n = p – q√d. | (4) |
5. Доказать, что уравнение
(x + y√5)4 + (z + t√5)4 = 2 + √5
не имеет решений в рациональных числах x, y, z, t.
Можно, конечно, найти отдельно сумму членов левой части, не содержащих √5 (она должна быть равна 2), и отдельно — коэффициент при √5 (он должен равняться 1). Но что делать с полученной громоздкой системой неясно. Вместо этого воспользуемся (4) и заменим плюс перед √5 на минус!
(x – y√5)4 + (z – t√5)4 = 2 – √5.
Слева стоит неотрицательное число, справа — отрицательное.
6. Доказать, что существует бесконечно много пар (x; y) натуральных чисел, для которых x2 отличается от 2y2 на 1:
| x2 – 2y2 | = 1. | (5) |
Несколько таких пар с небольшими (x; y) легко найти подбором: это (1; 1), (3; 2), (7; 5), (17; 12), ... (рис. 1). Как продолжить этот набор? Можно ли записать общую формулу для этих решений?
Рис. 1. Проходят ли эти гиперболы через бесконечное число узлов клетчатой бумаги? |
Найти ответы на эти вопросы нам поможет число 1 + √2. Закономерность, позволяющая получать всё новые и новые решения (x; y), указана в таблице:
n | (1 + √2)n | xn | yn | xn2 – 2yn2 | (1 – √2)n |
1 | 1 + √2 | 1 | 1 | 1 – 2 = –1 | 1 – √2 |
2 | 3 + 2√2 | 3 | 2 | 9 – 8 = 1 | 3 – 2√2 |
3 | 7 + 5√2 | 7 | 5 | 49 – 50 = –1 | 7 – 5√2 |
4 | 17 + 12√2 | 17 | 12 | 289 – 288 = 1 | 17 – 12√2 |
5 | 41 + 29√2 | 41 | 29 | 1681 – 1682 = –1 | 41 – 29√2 |
... | ... | ... | ... | ... | ... |
Какой будет шестая строчка?
Видно, что коэффициенты xn, yn в числе
xn + yn√2 = (1 + √2)n
будут давать нужную пару. Доказать это поможет колонка таблицы из сопряжённых чисел (мы снова применяем (4)):
xn – yn√2 = (1 – √2)n.
Перемножив два последних равенства, получим
x |
2 n |
– 2y |
2 n |
= (–1)n, |
и интересующее нас выражение попеременно равно то 1, то –1. Складывая и вычитая эти же два равенства, мы получим явное выражение для xn и yn:
xn = |
(1 + √2)n + (1 – √2)n 2 |
, |
yn = |
(1 + √2)n – (1 – √2)n 2√2 |
. |
Можно ли в решении этой задачи про целые числа обойтись без иррациональных чисел 1 + √2 и 1 – √2? Теперь, зная ответ, мы можем легко выразить (xn+1; yn+1) через предыдущую пару (xn; yn): из xn+1 + yn+1√2 = (xn + yn√2)(1 + √2) вытекает
xn+1 = xn + 2yn, yn+1 = xn + yn. | (6) |
До этого рекуррентного соотношения можно было, видимо, догадаться по нескольким первым решениям, а потом проверить, что
| x |
2 n |
– 2y |
2 n |
| = | x |
2 n+1 |
– 2y |
2 n+1 |
| . |
Добавив начальное условие x1 = 1, y1 = 1, отсюда (по индукции) можно было бы заключить, что |xn2 – 2yn2| = 1 для любого n. Далее, выразив обратно (xn; yn): через (xn+1; yn+1), «методом спуска» ([8 ]) можно доказать, что найденной серией исчерпываются все решения уравнения (5) в натуральных числах (x; y). Подобным же образом решается любое «уравнение Пелля» x2 – dy2 = c (а к уравнениям такого типа сводится любое квадратное уравнение в целых числах x, y), но у исходного уравнения может быть несколько серий решений ([7 ]).
Рекуррентные соотношения типа (6) возникают не только в теории чисел, но и в разных задачах анализа, теории вероятностей. Вот характерный пример комбинаторной задачи такого типа (она предлагалась на последней международной олимпиаде в Лондоне):
7 (М595). В вершине A правильного восьмиугольника сидит лягушка. Из любой вершины восьмиугольника, кроме вершины E, противоположной A, она может прыгнуть в любую из двух соседних вершин. Попав в E, лягушка останавливается и остаётся там. Найти количество em различных способов, которыми лягушка может попасть из вершины A в E ровно за m прыжков.
Если раскрасить вершины восьмиугольника через одну в чёрный и белый цвет (рис. 2), сразу станет ясно, что e2k–1 = 0 при любом k: цвет вершин при каждом прыжке меняется. Обозначим через an и cn количество способов, которым лягушка может за 2n прыжков, попасть из вершины A, соответственно, в вершину A и в одну из вершин C (из соображений симметрии ясно, что в каждую из вершин, обозначенных на рисунке буквой C, можно попасть одним и тем же числом способов). Как легко проверить (см. рис.2а,б,в,г),
a1 = 2, c1 = 1;
|
(7) |
А интересующее нас число e2n равно, очевидно, 2cn–1 (рис. 2д).
а) c1 = 1 |
б) a1 = 2 |
в) an+1 = 2an + 2cn |
г) cn+1 = an + 2cn |
д) e2n = 2cn–1 |
Рис. 2. а) | Из A в C за два прыжка можно попасть только одним способом: c1 = 1. |
б) | Из A в A за два прыжка можно попасть двумя способами: a1 = 2. |
в) | В A можно попасть из C двумя способами и из A двумя способами: an+1 = 2an + 2cn. |
г) | В C можно попасть из A одним способом и из C — двумя: cn+1 = an + 2cn. |
д) | В E можно попасть из C двумя способами: e2n = 2cn–1. |
Как же найти явную формулу для an и cn? Запишем наше рекуррентное соотношение (7) так:
an+1 + cn+1√2 = (an + cn√2)(2 + √2) | (8) |
и — как вы уже, конечно, догадались — ещё так:
an+1 – cn+1√2 = (an – cn√2)(2 – √2). | (9) |
Отсюда по индукции, пользуясь (7), получаем:
an + cn√2 = (2 + √2)n–1 (a1 + c1√2) = (2 + √2)n, |
an – cn√2 = (2 – √2)n–1 (a1 – c1√2) = (2 – √2)n. |
Поэтому
cn = |
(2 + √2)n – (2 – √2)n 2√2 |
, |
а так как e2n = 2cn–1, получаем окончательно
e2n = |
(2 + √2)n–1 – (2 – √2)n–1 √2 |
, e2n–1 = 0. |
Задача решена. Неясно только, как в этой задаче (и в предыдущей задаче 6) можно было додуматься до формул, содержащих ±√2, — ведь в задаче речь идёт о целых числах! (Для участников олимпиады и читателей «Кванта» задача 7 была облегчена тем, что в формулировке указывался ответ — «Квант», 1979, № 11, М595).
Однако «сопряжённые числа» возникли бы совершенно автоматически, если бы мы владели началами линейной алгебры (см. [12 ]), и применили стандартные правила этой науки к решению уравнений (7). Эти правила предлагают сначала выяснить, какие геометрические прогрессии (an = a0λn, cn = c0λn) удовлетворяют данному рекуррентному соотношению. Значения, для которых такие прогрессии существуют, — они называются характеристическими значениями или собственными числами — определяются из некоторого уравнения (оно тоже называется характеристическим). Для (7) характеристическое уравнение имеет вид λ2 – 4λ + 2 = 0, его корни — как раз 2 + √2 и 2 – √2. Зная эти корни, любое решение рекуррентного соотношения мы можем получить как «линейную комбинацию» соответствующих геометрических прогрессий ([11 ]). «Начальное условие» (в нашем случае a1 = 2, c1 = 1) определяет нужное нам решение однозначно.
Неудивительно, что даже самые простые рекуррентные целочисленные последовательности, для которых характеристическое уравнение — квадратное с целыми коэффициентами (примеры — те же (6) и (7) или последовательность Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, ..., Fn+1 = Fn + Fn–1; см. [9 ], [10 ]), выражаются, как функции номера, с помощью «сопряжённых» квадратичных иррациональностей.
Заметим, что большее характеристическое число определяет скорость роста последовательности: при больши́х n в задаче 7 en (2 + √2)n/√2. Можно сказать это ещё так:
|
en+1 en |
= 2 + √2. |
Для задачи 6 аналогичное наблюдение:
|
xn yn |
= √2. |
Интересное продолжение этого факта мы увидим в следующей задаче с бо́льшим числом «сопряжённых» иррациональностей.
Поочерёдно меняем все знаки
8 (М520). Пусть
(1 + √2 + √3)n = qn + rn√2 + sn√3 + tn√6,
где qn, rn, sn и tn — целые числа. Найти пределы
|
rn qn |
, |
|
sn qn |
, |
|
tn qn |
. |
Конечно, мы здесь можем выразить (qn+1; rn+1; sn+1; tn+1) через (qn; rn; sn; tn), пользуясь тем, что
qn+1 + rn+1√2 + sn+1√3 + tn+1√6 = (1 + √2 + √3)(qn + rn√2 + sn√3 + tn√6),
но, наученные опытом, мы уже знаем, что более простые формулы получаются не для самих чисел qn, rn, sn, tn, a для некоторых их комбинаций. Одну такую комбинацию мы уже знаем: это
qn + rn√2 + sn√3 + tn√6 = (1 + √2 + √3)n.
Нетрудно сообразить, каковы будут другие. Рассмотрим вместе с данным числом
λ1 = 1 + √2 + √3,
ещё три «сопряжённых»:
λ2 = 1 – √2 + √3, λ3 = 1 + √2 – √3, λ4 = 1 – √2 – √3.
Тогда
qn – rn√2 + sn√3 – tn√6 = λ2n,
qn + rn√2 – sn√3 – tn√6 = λ3n,
qn – rn√2 – sn√3 + tn√6 = λ4n.
Мы можем выразить qn, rn, sn, tn через λ1, λ2, λ3, λ4:
qn = |
λ1n + λ2n + λ3n + λ4n 4 |
, | sn = |
λ1n + λ2n – λ3n – λ4n 4√3 |
, | |
rn = |
λ1n – λ2n + λ3n – λ4n 4√2 |
, | tn = |
λ1n – λ2n – λ3n + λ4n 4√6 |
. |
Теперь заметим, что λ1 > |λ2|, λ1 > |λ3|, λ1 > |λ4|. Поэтому
|
rn qn |
= |
|
1 – (λ2/λ1)n + (λ3/λ1)n – (λ4/λ1)n 1 + (λ2/λ1)n + (λ3/λ1)n + (λ4/λ1)n |
· |
1 √2 |
= |
1 √2 |
. |
Аналогично найдём, что
|
sn qn |
= |
1 √3 |
и |
|
tn qn |
= |
1 √6 |
. |
Мы говорили выше, что сопряжённые числа a ± b√d возникают часто как корни квадратного уравнения с целыми коэффициентами. В связи с последней задачей возникает такое желание:
9. Написать уравнение с целыми коэффициентами, один из корней которого равен 1 + √2 + √3.
Возникает подозрение, что вместе с этим числом λ1 уравнению с целыми коэффициентами удовлетворяют и сопряжённые, которые в решении предыдущей задачи мы обозначили λ2, λ3, λ4. Нужное уравнение можно записать так:
(x – λ1)(x – λ2)(x – λ3)(x – λ4) = 0;
то есть
(x – 1 – √2 – √3)(x – 1 + √2 – √3)×
(x – 1 – √2 + √3)(x – 1 + √2 + √3) = 0;
после преобразований получаем
((x – 1)2 – 5 – 2√6)·((x – 1)2 – 5 + 2√6) = 0,
(x2 – 2x – 4)2 – 24 = 0,
x4 – 4x3 – 4x2 – 16x – 8 = 0.
Именно такое уравнение получилось бы в качестве характеристического, если бы мы применили упомянутую мелким шрифтом в конце предыдущего раздела общую теорию к исследованию линейного преобразования
(qn; rn; sn; tn) → (qn+1; rn+1; sn+1; tn+1)
в предыдущей задаче. Заметим, кроме того, что мы на самом деле получили уравнение наименьшей степени (с целыми коэффициентами) с корнем λ1 = 1 + √2 + √3. Попробуйте это доказать!
Алгебраическое послесловие
Мы разобрали несколько примеров, в которых затрагивались пограничные вопросы алгебры, математического анализа и теории чисел. (Каждому направлению, которое мы наметили, можно было бы посвятить более подробную статью в «Кванте»!) В заключение покажем ещё, как можно смотреть на основных героев статьи — «сопряжённые числа» — с чисто алгебраической точки зрения.
Предположим, что у нас есть множество P чисел (или выражений с буквами, или ещё каких-то элементов), с которыми можно выполнять четыре действия арифметики с соблюдением обычных арифметических правил. Такое множество называется полем; поля образуют, например, рациональные и действительные числа. Если в поле P не разрешимо, скажем, уравнение x2 – d = 0, то можно расширить его, рассматривая элементы вида p + q√d, где p, q P, a √d — новый символ, который при умножении сам на себя дает d, т.е. √d·√d = d, так что
(p + q√d)·(p' + q'√d) = (pp' + qq'd) + (pq' + qp')√d.
При d = –1 расширением поля вещественных чисел получаются комплексные числа.
В новом поле P1 — «квадратичном расширении» поля P — есть интересное отображение λ = p + q√d → λ = p – q√d (своеобразная «алгебраическая симметрия»), называемое сопряжением, с такими свойствами:
Все элементы старого поля P переходят в себя;
Все равенства, содержащие арифметические операции, при этом отображении сохраняются:
λ + μ = λ + μ; λ · μ = λ · μ; | (10) |
Это отображение является частным случаем так называемых автоморфизмов Галуа расширения P1 поля P.
В задачах 8 и 9 мы видели пример «двукратного» расширения — присоединения √2 и затем √3, — в результате которого получилось поле с бо́льшим количеством автоморфизмов Галуа: кроме тождественного отображения, их уже три
(√2 → –√2, √3 → √3;
√2 → √2, √3 → –√3;
√2 → –√2, √3 → –√3),
и их «взаимодействие» устроено так же, как во множестве самосовмещений прямоугольника.
Оказывается, к основному полю можно присоединять корни любого алгебраического уравнения. Автоморфизмы возникающего нового поля — предмет одной из красивейших ветвей алгебры XIX–XX века, теории Галуа, которая позволяет, в частности, исследовать вопрос о разрешимости уравнений в радикалах ([13 ], [14 ]).
Мы закончим эту статью набором задач, в основном продолжающих уже затронутые темы, но требующих иногда и новых соображений, и обещанным списком литературы.
Упражнения
1. | Что больше: √1979 + √1980 или √1978 + √1981? | ||||||||||||||||
2. |
Докажите, что при всех положительных x
|
||||||||||||||||
3. |
Постройте график функции y = √x² – 1 и докажите, что при | x| ≥ 1
|
||||||||||||||||
4. |
В формуле √2 = 1 + 1/(√2 + 1) заменим √2, стоящий в знаменателе правой части, по той же формуле:
В этой формуле снова заменим нижний √2 на 1 + 1/(√2 + 1), и т.д. n раз. Если теперь нижний корень заменить на 1 или на 2, мы получим два рациональных числа pn, qn. Докажите, что √2 лежит между ними и lim pn = lim qn = √2. (Не встречались ли мы с этими числами в одной из задач?) |
||||||||||||||||
5. | Докажите, что уравнения а) x2 – 3y2 = 1, б) x2 – 3y2 = 2 имеют бесконечное множество решений в целых числах. | ||||||||||||||||
6. | Докажите, что функция y = ln (√x² + 1 + x) — нечётная, и постройте её график. | ||||||||||||||||
7. |
а) Докажите, что для любого натурального n
б) Докажите, что последовательность
убывает и стремится к пределу. |
||||||||||||||||
8. |
а) Докажите, что последовательность {(2 + √3)n} сходится, и найдите её предел. б) Каковы первые 100 десятичных знаков после запятой в записи числа (√50 + 7)100? |
||||||||||||||||
9. |
Докажите, что для любого натурального d, не являющегося полным квадратом, найдётся такое α, что для любых m и n
|
||||||||||||||||
10. | Докажите, что при любом натуральном n число [(35 + √1157)n/2n] делится на 17, и вообще для любых натуральных k и n число [(2k + 1 + √4k² + 1)n/2n] делится на k. | ||||||||||||||||
11. |
Докажите, что для любого числа p>2 найдётся такое число β, что для каждого n справедлива формула (в левой части n вложенных радикалов)
|
||||||||||||||||
12. | Докажите, что последовательность bm = 1 + 17m2 содержит бесконечно много квадратов целых чисел. | ||||||||||||||||
13. | Составьте квадратное уравнение с целыми коэффициентами, один из корней которого (3 + √5)/4. | ||||||||||||||||
14. |
Составьте уравнение 4-й степени с корнями ±√p ± √q и решите его, как биквадратное уравнение. Сравнивая ответ с данными корнями, докажите популярные формулы для двойных радикалов:
|
||||||||||||||||
15. |
Освободитесь от иррациональности в знаменателе:
|
||||||||||||||||
16. | Лягушка может прыгнуть из каждой вершины правильного треугольника ABC в любую из двух других вершин. Найдите число an способов, которым она может совершить прогулку из n прыжков, начинающуюся и заканчивающуюся в вершине A. Докажите, что существует предел lim an+1/an, и найдите его. |
Л. Курляндчик, А. Лисицкий. «Суммы и произведения» («Квант», 1978, № 10).
Второе решение задачи М514 («Квант», 1979, № 5, с. 26).
Р. Нивен. «Числа рациональные и иррациональные» (М., «Мир», 1966).
Д. Фукс, М. Фукс. «О наилучших приближениях» («Квант», 1971, № 6, № 11) и «Рациональные приближения и трансцендентность» («Квант», 1973, № 1).
Н. Васильев, В. Гутенмахер. «Прямые и кривые» (М., «Наука», 1978), с. 103–105.
А. Н. Маркушевич. «Ряды» (М., «Наука», 1979).
Избранные задачи из журнала American Mathematical Monthly (М., «Мир», 1977), с. 560–561.
Л. Курляндчик, Г. Розенблюм. «Метод бесконечного спуска» («Квант», 1978, № 1).
В. Березин. «Филлотаксис и последовательность Фибоначчи», («Квант», 1979, № 5, с. 53).
Н. Н. Воробьев. «Числа Фибоначчи» (Популярные лекции по математике, вып. 6) (М., «Наука», 1978).
А. И. Маркушевич. «Возвратные последовательности» (Популярные лекции но математике, вып. 1) (М., «Наука», 1978).
Л. И. Головина. «Линейная алгебра и некоторые её приложения» (М., «Наука», 1979).
М. М. Постников. «Теория Галуа» (М., Физматгиз, 1963).
Ван-дер-Варден. «Алгебра» (М., «Наука», 1976).