Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
23.4. Ясно, что − c)(c − b)] = − Re(ab) − |c| 2 + Re(ac + и 4 |a − b| 2 − ˛ ˛ ˛c − a + b 2 ˛ ˛ ˛ 2 = 1 4 ( |a − b| 2 − |a + b| 2 ) − |c| 2 + Re[c(a + b)] = = − Re(ab) − |c| 2 + Re(ac + Таким образом − c)(c − b)] = 1 4 |a − b| 2 − ˛ ˛ ˛c − a + b 2 ˛ ˛ ˛ 2 Глава 23. Комплексные числа. Модуль числа z = cos f + i sin равен 1, а его аргумент равен f . Поэтому модуль числа равен 1, а его аргумент равен. а) Согласно формуле Муавра cos(2n + 1) a + i sin(2n + 1) a = = (cos a + i sin a ) 2n+1 . Поэтому sin(2n + 1) a = C 1 2n+1 cos 2n a sin a − − C 3 2n+1 cos 2n−2 a sin 3 a + . . . + Значит, числа 0, ± sin p 2n + 1 , . . . , ± sin n p 2n + являются корнями многочлена 2n+1 (1 − y 2 ) n y − C 3 2n+1 (1 − y 2 ) n −1 y 3 + . . . + После деления этого многочлена на y и замены x = получаем требуемое. б) Из формулы (1) следует, что sin(2n + 1) a = sin 2n+1 a (C 1 2n+1 ctg 2n a − C 3 2n+1 ctg 2n−2 a + . . . + Поэтому числа ± ctg p 2n + 1 , . . . , ± ctg n p 2n + являются корнями многочлена 2n+1 y 2n − C 3 2n+1 y 2n−2 + . . . + (−1) n 23.7. а) Рассматриваемая сумма равна 2n+1 C 1 2n+1 = n(2n − б) Тождество 1 + ctg 2 a показывает, что рассматриваемая сумма равна 1) 3 + n = 2n(n + в) Ответ. Квадрат рассматриваемого произведения с точностью до знака равен отношению свободного члена многочлена из задачи 23.6 а) к коэффициенту при x n . Свободный член равен C 1 2n+1 ; коэффициент при с точностью до знака равен. Если к последней сумме прибавить 2n+1 + C 2 2n+1 + . . . + C 2n 2n+1 , тов результате получим 2 2n+1 . Но обе эти суммы равны, поскольку C 2k+1 2n+1 = C 2n−2k 2n+1 . Значит, квадрат рассматриваемого произведения равен + 1 2 2n . Ясно также, что рассматриваемое произведение положительно Решения задача) Корни й степени из единицы, отличные от ±1, имеют вид cos k p n ± i sin k p n , где k = 1, 2, . . . , n − 1. Остаётся заметить, что “ x − cos k p n − i sin k p n ”“ x − cos k p n + i sin k p n ” = x 2 − 2x cos k p n + б) Воспользуемся равенством из задачи а, предварительно заметив, что 1 x 2 − 1 = x 2n−2 + x 2n−4 + . . . + x 2 + В результате получим − cos p n ”“ 1 − cos 2 p n ” . . . “ 1 − cos (n − 1) p n ” = Заметим теперь, что 1 − cos a = 2 sin 2 a 2 . Ясно также, что рассматриваемое произведение синусов положительно. в) Следует изб, поскольку sin k p 2n = cos (n − k) p 2n 23.9. Обе задачи решаются аналогично задаче 23.8. Нужно лишь заметить, что число −1 не является корнем степени 2n + из единицы. Для любого целого числа m число z = cos 2m p n + i является корнем й степени из единицы. При этом z k = cos 2km p n + + i sin 2km p n . Чтобы число z было примитивным корнем из единицы, нужно, чтобы все числа m, 2m, . . . , (n − 1)m не делились на Это эквивалентно тому, что m взаимно просто с n. 23.11. Если 1 6 k 6 n − 1, то e k 6= 1, поэтому 1 + e k + e 2k + . . . . . . + e (n −1)k = e nk − 1 e k − 1 = 1 − 1 e k − 1 = 0. При k = n получаем сумму n слагаемых, каждое из которых равно 1. 23.12. Пусть e — примитивный корень й степени из единицы. Тогда z m = z 0 + при m = 1, . . . , n. Поэтому (z 0 + a e m ) k = z k 0 + C 1 m z k −1 0 a e m + C 2 m z k −2 0 a 2 e 2m + . . . + Но 0 при 1 6 k 6 n − 1 (задача 23.11). Поэтому требуемое равенство выполняется для многочлена Q(z) = z k , где 1 6 k 6 n − Значит, оно выполняется и для любого многочлена P(z) степени не выше n − 1. Глава 23. Комплексные числа. Ясно, что 1 + x + x 2 + . . . + x n −1 = x n − 1 x − 1 = (x − e )(x − e 2 ) . . . . . . (x − e n −1 ). Равенство (x − e )(x − e 2 ) . . . (x − e n −1 ) = 1 + x + x 2 + . . . . . . + верно для всех x, в том числе и для x = 1. 23.14. Можно считать, что вершины правильного угольника точки 1, e , e 2 , . . . , e n −1 , где e — примитивный корень й степени из единицы. Длины сторон и диагоналей, проведённых из точки 1, равны |1− e |, |1− e 2 |, . . ., |1− e n −1 |. Согласно задаче их произведение равно n. 23.15. а) Корни многочлена P(x) — это примитивные корни й степени из единицы. Поэтому Q(x) делится на P(x) тогда и только тогда, когда все примитивные корни й степени из единицы являются корнями многочлена Q(x). Пусть e — примитивный корень 5-й степени из единицы. Если n делится на 5, то Q( e ) = 5. А если не делится на 5, то Q( e ) = e 5n − 1 e n − 1 = б) Ясно, что. . . + x 2n + x n + 1 x m −1 + . . . + x 2 + x + 1 = (x mn − 1)(x − 1) (x m − 1)(x n − Многочлен (x m − 1)(x n − 1) имеет двукратный корень 1, а остальные его корни — корни степени m и n из единицы, отличные от все они различны, поскольку числа m и n взаимно простые. Многочлен) тоже имеет двукратный корень 1, поэтому остаётся проверить, что любой корень степени m или n из единицы является корнем многочлена x mn − 1, но это очевидно. Пусть e = cos p n + i sin p n . Тогда e n = −1, поэтому рассматриваемая сумма равна 2 n n −1 X j =0 e nj n X k =0 C k n e j(n −2k) = 1 Число является примитивным корнем степени n из единицы, поэтому согласно задаче 23.11 n −1 P j =0 ( e 2 ) j(n −k) = n при k = 0 или а при 1 6 k < n эта сумма равна нулю. Таким образом, исходная сумма равна 2 n “ nC 0 n + nC n n ” = n 2 n −1 23.17. Рассмотрим число Решения задач 283 Если r = p, то 2n. Если же r 6= p, то эта сумма равна нулю. Действительно примитивный корень й степени из единицы, поэтому можно воспользоваться задачей 23.11 (сумма там та же самая, поскольку e 2n = 1; слагаемые просто переставляются по циклу. В результате получаем s p = 2na p . После деления на 2n получаем требуемое. Пусть P(z) = a 0 z n + a 1 z n −1 + . . . + a n , где a 0 , a 1 , . . . , a n — вещественные числа. Тогда P(z) = a 0 z n + a 1 z n −1 + . . . + a n = P(z). Поэтому если P(z 0 ) = 0, то P(z 0 ) = P(z 0 ) = 0. 23.19. Если e — корень многочлена x 2 + x + 1, то e 3 = 1. Поэтому e 3a + e 3b+1 + e 3c+2 = 1 + e + e 2 = 0. 23.20. а) Перемножим многочлены+ a 1 x n −1 + . . . + a n = (x − x 1 ) . . . (x − и a 1 x n −1 + a 2 x n −2 − a 3 x n −3 + . . . ± a n = (x + x 1 ) . . . (x + В результате получим многочлен+ a 2 x n −2 + . . .) 2 − (a 1 x n −1 + a 3 x n −3 + . . .) 2 = (x 2 − x 2 1 ) . . . (x 2 − Положив y = x 2 , получим требуемый многочлен+ (2a 2 − a 2 1 )y n −1 + (a 2 2 − 2a 1 a 3 + 2a 4 )y n −2 + . . . = (y − x 2 1 ) . . . (y − б) Представим данный многочлен в виде P(x) + xQ(x) + где P(x) = a n + a n −3 x 3 + . . . , Q(x) = a n −1 + a n −4 x 3 + . . . , R(x) = a n −2 + + a n −5 x 3 + . . . Пусть w 3 = 1 и w 6= 1. Тогда+ xQ(x) + x 2 R(x) = (x − x 1 ) . . . (x − x n ), P(x) + w xQ(x) + w 2 x 2 R(x) = ( w x − x 1 ) . . . ( w x − x n ), P(x) + w 2 xQ(x) + w x 2 R(x) = ( w 2 x − x 1 ) . . . ( w 2 x − Перемножив эти равенства, получим+ x 3 Q 3 (x) + x 6 R 6 (x) − 3x 3 P(x)Q(x)R(x) = (x 3 − x 3 1 ) . . . (x 3 − Заменив в многочлене P 3 (x) + x 3 Q 3 (x) + каждый член на y k , получим требуемый многочлен. Ответ только при n=4. Легко проверить, что при результат деления равен (a − b)(b − c)(a − c). Покажем, что при всех остальных натуральных n выражение a n (b − c) + b n (c − a) + + c n (a −b) не делится на a 2 + b 2 + c 2 + ab+ bc+ ca. Достаточно проверить, что первое выражение не делится на второе при b = 2 и c = 1, Глава 23. Комплексные числа те) не делится на a 2 + 3a + 7. При n = 2 и это проверяется непосредственно. Пусть теперь n > 5. Квадратное уравнение a 2 + 3a + 7 = 0 имеет корни ± i √ 19 2 ; модуль каждого из корней равен. Поэтому достаточно проверить, что если — комплексное число и = √ 7, то z n − (2 n − 1)z + (2 n − 2) 6= Ясно, что |z n −(2 n −1)z+(2 n −2)|>|z n |−(2 n −1)|z|−(2 n −2)=7 n/2 − − (2 n − 1) √ 7 − 2 n + 2 > 7 n/2 − 2 n (1 + √ 7) > 7 n/2 − 4 · 2 n , поскольку < 3. Легко проверить, что 7 n/2 −4·2 n > 0 при n > 5. Действительно, поэтому достаточно рассмотреть случай n = 5. А в этом случае нужно проверить, что 7 5 > (4 · 2 5 ) 2 23.22. а) Многочлен P n (x) делится на x 2 + x + 1 тогда и только тогда, когда P n ( e ) = 0, где e — примитивный корень й степени из единицы. Равенство e 2 = − e − 1 показывает, что выражение (− e 2 ) n − e n −1 зависит только от остатка отделения на При этом P 0 ( e ) = −1, P 1 ( e ) = − e 2 − e − 1 = 0, P 2 ( e ) = e − e 2 − 1 6= 0, P 3 ( e ) = −3, P 4 ( e ) = e 2 − e − 1 6= 0, P 5 ( e ) = − e − e 2 − 1 = б) Многочлен P n (x) делится на (x 2 + x + тогда и только тогда, когда P n ( e ) = 0 и P ′ n ( e ) = 0, где P ′ n (x) = n((x + 1) n −1 −x n −1 ) производная многочлена P n (x). Равенство P ′ n ( e ) = 0 эквивалентно тому, что (− e 2 ) n −1 − e n −1 = 0, те. Но n = 6k ± 1, поэтому+ в) Многочлен P n (x) делится на (x 2 + x + тогда и только тогда, когда n=6k+1 и P ′′ n ( e ) =0, где Таким образом, должно выполняться равенство ( e + те. Но (− e 2 ) 6k−1 = − e , а e 6k−1 = e 2 . Приходим к противоречию ГЛАВА УРАВНЕНИЯ, РАЗРЕШИМЫЕ В РАДИКАЛАХ Вся история решения уравнений й и й степени связана с Италией. Формулу для решения уравнения й степени открыл Сципион дель Ферро (1465––1526), но он хранил свои результаты втайне. В 1536 г. эту формулу переоткрыл Никколо Тарталья (1500––1557), готовясь к математическому поединку. После долгих уговоров и клятв хранить всё втайне Джероламо Кардано (1501––1576) выведал у Тартальи приёмы решения кубических уравнений. Кардано нарушил клятву в 1545 г, опубликовав способ решения кубических уравнений в своей книге по алгебре «Ars magna» (Великое искусство. Кардано писал, что этот способ он узнал от Тартальи и из бумаг дель Ферро. Тарталья, узнав о появлении книги «Ars magna», едва не сошёл сума от гнева и начал яростную полемику с Кардано. Помимо решения кубических уравнений книга «Ars magna» содержала решение уравнений й степени, полученное Людовико Феррари (1522––1565), учеником Кардано. Долгие поиски решения в радикалах уравнения й степени не привели к успеху. В 1799 г. итальянский врачи математик Паоло Руффини (1765––1822) опубликовал доказательство неразрешимости в радикалах общего уравнения й степени, нов этом доказательстве был серьёзный пробел. Полное доказательство неразрешимости уравнения й степени независимо от Руффини получил в 1824 г. молодой норвежский математик Нильс Генрик Абель (1802––1829). А затем Эварист Галуа (1811––1832) разработал теорию, позволяющую для каждого конкретного уравнения выяснить, разрешимо ли оно в радикалах. Докажите, что уравнение x n + a 1 x n −1 + . . . + a n = можно привести к виду y n + b 2 y n −2 + . . . + b n = 0 с помощью замены y = x + c, где c — некоторое число Глава 24. Уравнения, разрешимые в радикалах Задача 24.1 показывает, что достаточно рассмотреть кубические уравнения вида x 3 + ax + b = 0 и уравнения й степени вида+ ax 2 + bx + c = 0. 24.1. Решение кубических уравнений. Найдите корни уравнение x 3 + px + q= 0, представив их в виде x = 3 √ a + 3 p и найдя выражения для и b |