Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
7. Трансцендентность чисел e и p Т е орем а Число e трансцендентно. Д ока за тел ь ст во. Предположим, что число e алгебраическое. Тогда выполняется равенство+ . . . + a 1 e + a 0 = 0, a 0 6= где a 0 , a 1 , . . . , a m — целые числа. Согласно задаче 29.14 а) для любого многочлена f(x) степени имеет место равенство F(0) − где F(x)=f(x)+f ′ (x) + . . .+ f (d) (x). В частности, для каждого целого неотрицательного числа k имеет место равенство F(0) − те Пусть f(x)= 1 (n − 1)! x n −1 ((x −1) . . . (x−m)) n , где n — некоторое натуральное число (выбрав n подходящим образом, мы вскоре придём к противоречию степень d этого многочлена равна (m + 1)n − 1. Запишем равенство (2) для 0, 1, . . . , m, умножим каждое из таких равенств на соответствующее и сложим их. Из равенства (1) следует, что m P k=0 a k e k F(0) = 0, поэтому в результате мы получим − m X k=0 a k F(k) = m X k=0 a k e k k ] 0 f(t)e −t dt. (3) Покажем, что n можно выбрать так, что в левой части равенства (3) стоит целое ненулевое число, а в правой части число, абсолютная величина которого меньше 1. 566 Дополнение Легко видеть, что f(0)=f ′ (0) =. . .=f (n −2) (0) =0, f (n −1) (0) = = и f (l) (k) = 0 при 0 6 l 6 n − 1 и 1 6 k 6 m. Согласно задаче 28.19 коэффициенты производной порядка многочлена x n −1 ((x − 1) . . . (x − делятся на l!. Поэтому все производные f (l) (x) при l > n имеют целые коэффициенты, делящиеся на n. Значит (−1) mn (m!) n + nA, F(k) = (m+1)n −1 X l=n f (l) (k) = nB k , 1 6 k 6 Здесь A и B k — целые числа. Пусть n — простое число, которое одновременно больше и |a 0 |. Тогда в левой части равенства (3) слагаемое) не делится на n, а слагаемые, 1 6 k 6 делятся на n. Значит, число − m P k=0 a k F(k) целое и неравное нулю. В частности, его абсолютная величина не меньше Докажем теперь, что если n достаточно велико, то абсолютная величина правой части равенства (3) меньше Если 0 6 x 6 m, то |x − k| 6 m, поэтому |f(x)| 6 m (m +1)n−1 (n − Следовательно Ясно, что 1 − e −k < 1, поэтому < < e m m P k=0 |a k | = c 0 . Таким образом 1)! , 7. Трансцендентность чисел e и где c 1 = m m+1 . Согласно задаче 25.19 lim n →∞ c n 1 (n − 1)! = 0. Выбрав так, что c 0 c n 1 (n − 1)! < 1, получим противоречие. Т е орем а 2. Число p трансцендентно. Д ока за тел ь ст во. Предположим, что число алгебраическое. Тогда число p i тоже алгебраическое, поскольку число i алгебраическое (оно является корнем многочлена+ 1), а произведение двух алгебраических чисел является алгебраическим числом (задача 32.39). Таким образом, число p i является корнем многочлена+ p 1 x m −1 + . . . + p m −1 x + p m = где p 0 , . . . , p m — целые числа, причём p 0 > 0. Будем предполагать, что среди всех многочленов с целыми коэффициентами, имеющих корень p i, мы выбрали уравнение наименьшей степени. Пусть b 1 , . . . , b m — корни уравнения (4); одним из этих корней является p i. Согласно задаче 30.29 e p i = −1, поэтому+ 1)(e b 2 + 1) . . . (e b m + 1) = Раскрывая скобки, получаем равенство вида + X e b k + X e b k + b l + . . . + X e b 1 + ...+ b m = Пусть a 1 , . . . , a n — те из показателей b k , b k + b l , . . ., b 1 + . . . . . . + b m , которые отличны от нуля, . . . , a N — остальные показатели (все они равны нулю. Отметим, что N > n, поскольку уравнение (4) имеет корень − p i задача Равенство (5) можно переписать в виде+ e a 1 + e a 2 + . . . + e a n = где K > 2 — некоторое натуральное число. Числа p 0 b 1 , . . . , являются целыми алгебраическими числами (задача 32.36), поэтому числа p 0 a 1 , . . . , тоже являются целыми алгебраическими числами задача 568 Дополнение Если F(z 1 , . . . , z n ) — симметрический многочлен с целыми коэффициентами, то F(p 0 a 1 , . . . , p 0 a n ) — целое число. Действительно, F(z 1 , . . . , z n ) является многочленом с целыми коэффициентами от элементарных симметрических функций s k (z 1 , . . . , z n ). Но s k (p 0 a 1 , . . . , p 0 a n ) = = s k (p 0 a 1 , . . . , p 0 a N ), поскольку эти выражения различаются лишь слагаемыми, равными нулю. Остаётся заметить, что s k (p 0 a 1 , . . . , p 0 a N ) можно представить в виде многочлена с целыми коэффициентами от элементарных симметрических функций от p 0 b 1 , . . . , Лемм а. Пусть f(x) = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + . . . + и F(x) = = f(x) + f ′ (x) + f ′′ (x) + . . . + f (n) (x). Тогда · e x = e |x| Q(x) + где P = n P k=0 c k · k! и Q(x) = n P k=0 c k q k (x)x k+1 , причём |q k (x) | < Доказательство. Согласно задаче 29.47 k! e x = k! + k! x + k! 2! x 2 + . . . + k! (k − 1)! x k −1 + x k + где |q k (x) | < Полагая k = 0, 1, 2, . . . , n и складывая соответствующие равенства, домноженные на c k , получаем требуемое. Положим в равенстве из леммы последовательно x = = 0, a 1 , a 2 , . . . , a n , умножим первое из этих равенств на и сложим все эти равенства. Воспользовавшись равенством, получим+ F( a 1 ) + . . . + F( a n ) + e | a 1 | Q( a 1 ) + . . . + e | a n | Q( a n ) = Докажем, что существует многочлен f(x), для которого это равенство не может выполняться в том случае, когда b 1 , . . . , b m — алгебраические числа. Пусть f(x) = p nt +t−1 0 x t −1 (x − a 1 ) t (x − a 2 ) t . . . (x − a n ) t (t − 1)! , (8) 7. Трансцендентность чисел e и где t — простое число, которое мы выберем чуть позже. Многочлен f(x) можно представить в следующих видах+ A t x t + . . . (t − 1)! , f(x) = B t p t 0 (x − a 1 ) t + B t +1 p t +1 0 (x − a 1 ) t +1 + . . . (t − 1)! , f(x) = C t p t 0 (x − a 2 ) t + C t +1 p t +1 0 (x − a 2 ) t +1 + . . . (t − Первое из этих равенств получается, если в левой части равенства (8) раскрыть скобки. Ясно, что (−1) n p t −1 0 (p 0 a 1 ) t . . . (p 0 a n ) t (9) — целое число. Аналогично доказывается, что A t , A t+1 , . . . целые числа. Второе равенство получается, если записать (8) в виде 0 [(x − a 1 ) + a 1 ] t −1 (x − a 1 ) t [(x − a 1 ) + ( a 1 − a 2 ) ] t . . . (t − При этом выражения B t , B t+1 , . . . являются многочленами с целыми коэффициентами от p 0 a 1 , p 0 a 2 , . . . , p 0 a n . Остальные представления многочлена f(x) получаются аналогично. Каждая из сумм B t +C t +. . . , B t+1 +C t+1 +. . . , . . . является целым числом, поскольку она является симметрическим многочленом с целыми коэффициентами от p 0 a 1 , . . . , Несложные вычисления показывают, что A t + tA t + t(t + 1)A t+1 + . . . , F( a 1 ) = tB t p t 0 + t(t + 1)B t+1 p t+1 0 + . . . , F( a 2 ) = tC t p t 0 + t(t + 1)C t+1 p t+1 0 + . . . Поэтому сумма F( a 1 ) + . . . + F( a n ) является целым числом, делящимся на t. 570 Дополнение Выберем простое число t так, чтобы оно было больше каждого из чисел K, и |(p 0 a 1 ) . . . (p 0 a n ) |. Тогда KA t −1 + KtA t + Kt(t + 1)A t+1 + . . является целым числом, не делящимся на t. Действительно, выражение (9) показывает, что не делится на Обратимся теперь к равенству (7). Мы уже выяснили, что KF(0) + F( a 1 ) + . . . + F( a n ) — целое число, не делящееся на t. Чтобы прийти к противоречию, достаточно показать, что число e | a 1 | Q( a 1 ) + . . . + по модулю меньше 1 при достаточно большом Для рассматриваемого многочлена f(x) имеем+ A t q t x t +1 + . . . (t − где |q k | < 1. Остаётся заметить, что lim s →∞ x s s! = 0. 8. Разрешимость уравнений в радикалах Разрешимость уравнений в радикалах можно понимать в разных смыслах. Норвежский математик Нильс Хенрик Абель (1802––1829) занимался вопросом о существовании общей формулы для всех уравнений данной степени, которая выражает их корни как функции от коэффициентов. Именно такой вид имеет, например, формула Кардано для уравнений третьей степени. Абель доказал, что если степень уравнения не меньше 5, то такой общей формулы (содержащей только радикалы и арифметические операции) нет. Но при этом некоторые конкретные уравнения (с рациональными коэффициентами) могут иметь корни, выражающиеся в радикалах. Например, таковыми являются уравнения x n = 0 и x n = 1. Критерий разрешимости в радикалах конкретных уравнений получил французский математик Эварист Галуа (1811––1832). 8. Разрешимость уравнений в радикалах 571 Мы сначала приведём доказательство теоремы Абеля о неразрешимости общего уравнения степени 5 и выше, а затем приведём восходящие к Кронекеру рассуждения, позволяющие про некоторые конкретные уравнения доказать, что они неразрешимы в радикалах. С одной стороны, эти рассуждения не такие общие, как теория Галуа. С другой стороны, они дают дают весьма простой сточки зрения вычислений признак неразрешимости в радикалах, в отличие от общего критерия Галуа. (Вычисление группы Галуа данного уравнение — дело нелёгкое.) Т е орем а А беля В 1798––1813 гг. появилось несколько работ итальянского математика Паоло Руффини (1765––1822), в которых он доказывал теорему о неразрешимости в радикалах уравнений пятой и более высоких степеней. К сожалению, в этом доказательстве был существенный пробел. Руффини без основания предполагал, что радикалы рационально выражаются через корни исходного уравнения (см. теорему 4 нас. Первое полное доказательство теоремы о неразрешимости общего уравнения пятой степени получил Абель. Это доказательство он изложил в мемуаре Доказательство невозможности алгебраического решения общих уравнений пятой степени, опубликованном в 1825 г. Будем говорить, что уравнение x n + c 1 x n −1 + . . . + c n = 0 (1) является общим уравнением й степени, если его коэффициенты, рассматриваются как независимые переменные над некоторым полем L. В дальнейшем будем считать, что L = Q — поле рациональных чисел. Присоединив коэффициенты c 1 , . . . , к полю Q, получим поле ∆ = Q(c 1 , . . . , Присоединив к полю ∆ корни a 1 , . . . уравнения (получим поле, которое обозначим ∆(F). 572 Дополнение Будем говорить, что уравнение (разрешимо в радикалах, если поле ∆(F) содержится в расширении R поля полученном путём присоединения к ∆ некоторых радикалов, где a 1 ∈ ∆, a 2 ∈ ∆( r 1 ), a 3 ∈ ∆( r 1 , r 2 ), . . . , a m ∈ ∆( r 1 , . . . Пусть, например, F(x) = x 2 + c 1 x + c 2 . Тогда ∆ = Q(c 1 , и ∆(F) = ∆(√a 1 ), где a 1 = c 2 1 − 4c 2 ∈ Отметим, что показатели s 1 , . . . , радикалов r 1 , . . . можно считать простыми числами. В самом деле, если uv, то присоединение радикала можно заменить последовательным присоединением радикалов и r 1 = v √ r . Поэтому в дальнейшем будем рассматривать лишь присоединение радикалов с простыми показателями. Предположим, что уравнение (1) разрешимо в радикалах. Присоединим к полю ∆ первообразные корни из единицы, степени которых равны степеням радикалов r 1 , . . . соответственно. Полученное поле обозначим Так как ∆ ⊂ K, то ∆(F) ⊂ ∆( r 1 , . . . , r m ) ⊂ K( r 1 , . . . Для доказательства теоремы Абеля нам понадобятся некоторые вспомогательные утверждения. Т е орем а Пусть p — простое число, k — некоторое подполе поля комплексных чисел. Многочлен x p − a приводим над полем k тогда и только тогда, когда a = b p для некоторого b ∈ Доказательство. Предположим, что x p − a = f(x)× ×g(x), где f(x) и g(x) — многочлены над полем k. Пусть e — примитивный корень степени p из единицы и Тогда x r + c 1 x r −1 + . . . + c r = (x − e n 1 b ) . . . (Поэтому ± e l b r = c r ∈ k, где l = n 1 + . . . + n r . Атак как 1, тот. е. a r = (±c r ) p . Число p простое и 1 6 r = deg f < p, поэтому rs + pt = 1 для некоторых чисел и t. Следовательно, a =a rs a pt =(±c s r a t ) p =b p , где Ясно также, что если a = b p , то многочлен x p − a приводим, так как он делится на x − b. 8. Разрешимость уравнений в радикалах 573 Т е орем а 2. Пусть s — простое число и a i ∈ k = = K( r 1 , . . . , r i −1 ). Если k, то k тогда и только тогда, когда l делится на Доказательство. Если l = ns, то r l i = a n i ∈ k, так как Предположим теперь, что r l i = a ∈ k, причём l = sq + где 0 < r < s. Тогда a = r l i = (a i ) q r r i , а значит b, где a(a i ) −q . Над полем k многочлены и x r −b имеют общий корень r i , поэтому они имеют общий делитель, степень которого не превосходит r <s. В частности, многочлен приводим над полем k. Из теоремы 1 следует, что a i = b s , где. Ясно, что b= er i , где e — корень степени s из единицы. А так как e ∈ K ⊂ k, то r i ∈ k. Получено противоречие. Можно считать, что r 1 , . . . , r m — минимальная последовательность радикалов с простыми степенями, требуемая для вычисления корня уравнения (1), те. любая такая последовательность содержит по крайней мере m таких радикалов. При этом условии справедливо следующее утвер- ждение. Т е орем а 3. Корень a уравнения (1) можно представить в виде u 0 + r + u 2 r 2 + . . . + где s — степень радикала, a и все u l — какие-то элементы поля k = K( r 1 , . . . Доказательство. Так как a ∈ K( r 1 , . . . , r m ) = и r s m ∈ k, то a = b 0 + b 1 r m + b 2 r 2 m + . . . + где b i ∈ k. Трудность заключается лишь в том, чтобы добиться равенства b 1 = 1. По условию a / ∈ k, поэтому хотя бы одно из чисел b 1 , . . . , отлично от нуля. Пусть b l 6= где 1 6 l < s. Положим r = b l r l m . Так как число s простое, то ul + vs = 1 для некоторых целых чисел u и v. При этом r u = b u l r ul m = b u l r 1−vs m = b u l a −v r m , те, где c = b −u l a v ∈ Так как r m / ∈ k, то r / ∈ k. Ясно также, что r s = b s l r ls m = b s l a l ∈ k. 574 Дополнение Заменим в выражении (на c r u , вспомнив при этом, что b l r l m = r . В результате получим a = b 0 + b 1 c r u + b 2 c 2 r 2u + . . . + r + . . . + Из теоремы 2 следует, что r t ∈ k тогда и только тогда, когда делится на s. Атак как числа u и s взаимно простые, то набор элементов 1, r u , r 2u , . . . совпадает с набором, . . . в другом порядке. Таким образом, (3) дат требуемое выражение для a : a = b 0 + r + b ′ 2 r 2 + . . . + Теорема Минимальную последовательность радикалов, . . . для вычисления корня a многочлена можно выбрать так, что, . . . представляют собой многочлены над K от корней, . . . многочлена Доказательство. Будем исходить из произвольной минимальной последовательности r 1 , . . . , r m . Напомним, что через K мы обозначили поле, полученное в результате присоединения к полю ∆ первообразных корней e 1 , . . . степени которых равны степеням радикалов r 1 , . . . , r m . Согласно теореме 3 радикал можно заменить радикалом той же самой степени s так, что a = u 0 + r + u 2 r 2 + . . . + где u l ∈ k = K( r 1 , . . . , r m −1 ) и r s = a ∈ k. Покажем, что для любого корня многочлена x s − a величина a ( x ) = u 0 + x + u 2 x 2 + . . . + является корнем многочлена (1). Подставим в многочлен x n + c 1 x n −1 + . . . + вместо x величину a ( x ). Учитывая, что x s = a ∈ k, в результате получим выражение вида+ b 1 x + . . . + где b l ∈ k. Многочлены x s − a и b 0 + b 1 x + . . . + имеют общий корень r , поэтому они имеют общий делитель над Но согласно теореме 1 многочлен x s − a неприводим над k, 8. Разрешимость уравнений в радикалах 575 поэтому b 0 = b 1 = . . . = b s −1 = 0. Это означает, что если x — корень многочлена x s − a, то a ( x ) — корень многочлена (Пусть e — примитивный корень степени s из единицы. Тогда, поэтому величины a r+1 = u 0 + e r r + u 2 e 2r r 2 + . . . + прибудут корнями многочлена (1). Например, для s = 3 получим Атак как 1 + e + e 2 = 0, то a 1 + a 2 + a 3 = 3u 0 , a 1 + e −1 a 2 + e −2 a 3 = 3 r , a 1 + e −2 a 2 + e −1 a 3 = Таким образом 3 ( a 1 + e 2 a 2 + ea 3 ). Для s > 3 формулы получаются более громоздкие, но рассуждения те же самые. Доказательство теоремы для последнего радикала завершено. Перейдём к радикалу Выше было показано (для s = 3), что величины u 0 , r , u 2 r 2 , . . . , u s −1 r s −1 полиномиально выражаются через корни a 1 , . . . многочлена (1). Кроме того, они лежат в поле, . . . , r m −1 ), поэтому каждую из указанных величин можно представить в виде n 0 + n 1 r m −1 + n 2 r 2 m −1 + . . . где n l ∈ K( r 1 , . . . , r m −2 ). Последовательность радикалов r 1 , . . . минимальна, поэтому равенства n 1 = n 2 = . . . . . . = n l −1 = 0 не могут выполняться сразу для всех величин, так как иначе радикал можно было бы исключить. Поэтому существует соотношение вида n 0 + n 1 r m −1 + n 2 r 2 m −1 + . . . + n l −1 r l −1 m −1 = r( a 1 , . . . где n l ∈K( r 1 , . . . , r m −2 ), причём не все элементы n 1 , . . . равны нулю, а r( a 1 , . . . , a n ) — некоторый многочлен над полем. Рассмотрим многочлен r( a s (1) , . . . , a s (n) )), Дополнение где произведение берётся по всем перестановкам s ∈ Коэффициенты многочлена G являются симметрическими многочленами от корней многочлена (1), поэтому они по- линомиально выражаются через коэффициенты многочлена. Таким образом, G — многочлен над K, причём он имеет корень b = n 0 + n 1 r m −1 + n 2 r 2 m −1 + . . . Ясно также, что корень выражается в радикалах (с помощью последовательности радикалов r 1 , . . . , r m −1 ). Согласно теореме 3, заменив радикал радикалом той же самой степени, можно добиться равенства n 1 = 1. К радикалу теперь можно применить те же самые рассуждения, которые мы применили к радикалу r . Затем переходим к радикалу и т. д. до радикала Теперь можно приступить непосредственно к доказательству теоремы Абеля. Т е орем а 5 (Абель). При n > 5 корень общего многочлена степени n нельзя выразить в радикалах. Д ока за тел ь ст во. Предположим, что некоторый корень общего многочлена степени n x n + c 1 x n −1 + c 2 x n −2 + . . . + можно выразить в радикалах. Тогда согласно теоремам для существует выражение в радикалах следующего специального вида. Корень получается последовательным присоединением радикалов r 1 , . . . простых степеней, а эти радикалы, в свою очередь, являются многочленами от корней a 1 , . . . исходного многочлена. Точнее говоря, пусть e 1 , . . . , e m — примитивные корни из единицы, степени которых равны степеням радикалов r 1 , . . . соответственно) и ∆( e 1 , . . . , e m ) = Q( e 1 , . . . , e m , c 1 , . . . , Тогда a 1 полиномиально выражается через r 1 , . . . над полем K, те. Разрешимость уравнений в радикалах 577 где r — многочлен над Q( e 1 , . . . , e m ). В свою очередь, радикалы. , r m полиномиально выражаются над полем через a 1 , . . . , a n , те, где r 1 — многочлен над Q( e 1 , . . . , e m ). Так как мы имеем дело с общим многочленом степени n, то можно считать, что a 1 , . . . , a n — независимые переменные, а c 1 , . . . , представляют собой (с точностью до знака) элементарные симметрические многочлены от a 1 , . . . Покажем, что при n > 5 предположение о разрешимости в радикалах общего алгебраического уравнения степени приводит к противоречию. Рассмотрим для этого перестановку. которая циклически переставляет первые 5 элементов, а остальные элементы оставляет неподвижными. Докажем, что при действии T на корни a 1 , . . . первый радикал не изменяется. Так как r 1 = r 1 ( a 1 , . . . , a n , c 1 , . . . , где a 1 — многочлен от c 1 , . . . , над полем Q( e 1 , . . . то равенство r p 1 = можно рассматривать как соотношение вида f ( a 1 , . . . , a n , c 1 , . . . , c n ) = где f — многочлен над полем Q( e 1 , . . . , e m ). Покажем, что соотношение такого вида сохраняется при любой перестановке корней a 1 , . . . , a n . Пусть b 1 = a i 1 , . . . , b n = a i n , где, . . . , i n — некоторая перестановка чисел 1, 2, . . . , n. Тогда f ( b 1 , . . . , b n , d 1 , . . . , d n ) = где d i = c i ( b 1 , . . . , b n ). Атак как функции симметрические, то d i = c i ( a 1 , . . . , a n ) = c i . Поэтому f ( a i 1 , . . . , a i n , c 1 , . . . , c n ) = 0. 578 Дополнение Итак, соотношение r p 1 = сохраняется при действии перестановки на корни a 1 , . . . , a n , те. Ясно, что T( r p 1 ) = T( r 1 ) p . Атак как зависит лишь от симметрических функций корней, то T(a 1 ) = a 1 . Следовательно и T m ( r 1 ) = e m l 1 r 1 . (Здесь обозначает перестановку, применённую m раз, те. если T(i 1 ) = i 2 , T(i 2 ) = i 3 , . . ., T(i m ) = i m+1 , то T m (i 1 ) = i m+1 .) Но T 5 = I тождественная перестановка, поэтому e 5 l 1 r 1 = те Обратимся теперь к перестановками . . . n 2 3 1 4 5 6 . . . Легко проверить, что U 3 = V 3 = I, поэтому U( r 1 ) = e и V( r 1 ) = e n 1 r 1 , причём e 3 m 1 = e 3 n 1 = 1. Кроме того, VU = поэтому VU( r 1 ) = e Следовательно l 1 = e m + n 1 , а значит l 1 = e 6 l 1 e −5 l 1 = e 6( m + n ) 1 = так как e 5 l 1 = e 6 m 1 = e 6 n 1 = 1. В итоге получаем Переходя последовательно к радикалам r 2 , . . . , r m , аналогично получим при i = 2, . . . , Так как r i = r i ( a 1 , . . . , a n , c 1 , . . . , c n ), то равенство a 1 = r( r 1 , . . . , r m , c 1 , . . . , можно рассматривать как соотношение между a 1 , . . . , a n , c 1 , . . . , над полем Q( e 1 , . . . , e m ). Это соотношение сохраняется под действием перестановки T, те, так как T(c i ) = и T( r i ) = r i . Таким образом, T( a 1 ) = = a 1 . С другой стороны, согласно определению T получаем 8. Разрешимость уравнений в радикалах, а значит. Равенство противоречит независимости корней общего уравнения. Т е орем а Кроне к ера Пусть f(x) — многочлен с рациональными коэффициентами. Будем говорить, что уравнение f(x) = 0 разрешимо в радикалах, если каждый его корень содержится в поле, полученном путём присоединения к полю рациональных чисел некоторых радикалов r 1 = s 1 √ a 1 , r 2 = s 2 √ a 2 , . . . . . . , r m = s m √ a m , где a 1 ∈ Q, a 2 ∈ Q( r 1 ), a 3 ∈ Q( r 1 , r 2 ), . . . . . . , a m ∈ Q( r 1 , . . . Теорема (Кронекер). Если уравнение f(x) = 0, где) — неприводимый многочлен нечётной простой степени p, разрешимо в радикалах, то либо это уравнение имеет ровно один вещественный корень, либо все его корни вещественны. Чтобы доказать эту теорему, выясним сначала, когда неприводимый над полем k содержащимся в поле комплексных чисел) многочлен f(x) нечётной простой степени становится приводимым после присоединения к полю корня неприводимого многочлена g(x) некоторой степени q. Приводимость в данном случае означает, что, где и f — многочлены с коэффициентами из основного поля k. Мы будем предполагать, что старшие коэффициенты многочленов f, y и равны Для каждого рационального числа r многочлен u(y) = = f(r) − y (r, y) f (r, y) имеет коэффициенты из поля k. Кроме того, u( a ) = 0. Таким образом, многочлен u имеет общий корень с неприводимым многочленом g, поэтому u( a i ) = = 0 для любого корня многочлена g. Многочлен f(x) − − y (x, a i ) f (x, a i ) нулевой для любого рационального числа, поэтому он нулевой для любого x. Таким образом) для всех q корней многочлена Мы получили q равенств. Перемножив их, приходим к равенству (f(x)) q =Ψ(x)Φ(x), где Ψ(x)= y (x, a 1 ) . . . y (x, a q ) Дополнение и Φ(x) = f (x, a 1 ) . . . f (x, a q ). Коэффициенты многочленов и Φ являются симметрическими функциями с коэффициентами из поля k от корней a 1 , . . . многочлена поэтому они лежат в k. Возьмём любой корень многочлена. Он является корнем многочлена f, поскольку Ψ(x 1 ) Φ(x 1 ). Поэтому многочлен и неприводимый многочлен f имеют общий корень, а значит, Ψ делится на f. Поделим Ψ на f и повторим те же самые рассуждения. В результате получим Ψ = f m . Аналогично Φ = f n ; при этом m + n = q. Пусть степени многочленов и равны m и Тогда mq = m p и nq = n p. По предположению m и n строго меньше p, поэтому q делится на В частности, если f(x) — неприводимый многочлен нечёт- ной простой степени p, то после присоединения примитивного корня степени p из единицы он остаётся неприводимым. Действительно, примитивный корень степени p из единицы является корнем многочлена+ x p −2 + . . . + x 2 + x + степени q = p − 1, причём q не делится на p. Мы будем предполагать, что основное поле k содержит примитивный корень степени p из единицы. Кроме того, присоединяя корень, мы всегда будем присоединять и комплексно со- пряжённый с ним корень, те. будем предполагать, что основное поле k вместе с каждым числом содержит и комплексно сопряжённое число. Это можно сделать, поскольку комплексно сопряжённый корень является корнем того же самого многочлена, а рассматриваемый многочлен становится приводимым после присоединения некоторого корня неприводимого многочлена g(x) тогда и только тогда, когда он становится приводимым после присоединения любого корня многочлена Предположим, что неприводимый многочлен f(x) простой степени p становится приводимым после присоединения радикала l = q √ a. Напомним, что число q можно считать простым (см. с. 572). Напомним также теорему 1 нас. Разрешимость уравнений в радикалах 581 согласно которой многочлен x q − a неприводим над k. Поэтому число q должно делиться на p, а значит, q = Уравнение x p = a имеет p решений l 0 = l , l 1 = le , . . . . . . , l p −1 = le p −1 . Пусть f(x)= y (x, l ) f (x, l ), где и f — многочлены положительной степени с коэффициентами из основного поля k. Тогда f(x) делится на y (x, l i ) для 0, 1, . . . , p − 1. Можно считать, что многочлен неприводим. Тогда все многочлены y (x, l i ) тоже неприводимы. Докажем, что все они различны. Действительно, если y (x, le m ) = y (x, le n ), то, положив l ′ = le m , получим, где e ′ = e n −m . Покажем, что y (x, y) = y (x, y e ′ ) для любого y. Коэффициент при многочлена y (x, y) − y (x, y e ′ ) представляет собой многочлен) над полем k степени меньше p. Число корень неприводимого над k многочлена x p − a, не может быть корнем неприводимого над k ненулевого) многочлена степени меньше p. Поэтому из равенства h( l ′ ) = 0 следует, что h — нулевой многочлен. Таким образом . . . = y (x, le ′n−1 ). Поэтому y (x, l ) = y (x, l ) + y (x, le ′ ) + . . . Коэффициенты этого многочлена являются симметрическими функциями от l 0 , . . . , l p −1 , корней многочлена x p − поэтому они принадлежат k. Полученное противоречие показывает, что все p многочленов y (x, l i ) различны, а значит разложение на линейные множители, те Пусть y (x, l ) = x − (c 0 + c 1 l + . . . + c p −1 l p −1 ), где числа, . . . , лежат в поле k. Тогда w j =c 0 +c 1 l j +. . Уравнение f(x) = 0 имеет по крайней мере один вещественный корень w j , поскольку его степень нечётна. Возможны два случая 582 Дополнение С луча й 1. Число a вещественное. В качестве можно выбрать любой корень многочлена, поэтому можно считать, что вещественно. Запишем вещественный корень в виде w j = P c s l s j = P c s e js l s = = P d s l s ; числа d s = лежат в основном поле k, поскольку по предположению содержит e . Далее, поэтому d 0 ) + (d 1 − d 1 ) l + . . . + (d p −1 − d p −1 ) l p −1 = 0. Вместе с каждым корнем мы присоединяли комплексно сопряжён- ный ему корень, поэтому все числа d s − лежат в поле Но число не является корнем многочлена над k степени меньше p, поэтому числа вещественные. Следовательно, числа и будут комплексно сопряжёнными, если r − j + t − j ≡ 0 (mod те. В результате мы получаем один вещественный корень и 1 комплексно сопряжённых корней многочлена Случай. Число a не вещественное. Вместе с числом l = p √ a присоединим к полю k число В результате будет также присоединено вещественное число ll =Λ. Если бы присоединение к полю k числа Λ делало многочлен) приводимым, то мы оказались бы в ситуации случая 1. Поэтому будем предполагать, что многочлен f(x) остаётся неприводимым после присоединения Λ к полю В качестве мы можем взять любой корень многочлена, поэтому можно считать, что вещественный корень это w 0 = c 0 + c 1 l + . . . + c p −1 l p −1 . Тогда w 0 = w 0 = c 0 + c 1 l + . . . + c p −1 l p −1 = = c 0 + c 1 Λ l + . . . + Таким образом+ c 1 l + . . . + c p −1 l p −1 = c 0 + c 1 Λ l + . . . + c p −1 Λ l p −1 . (Здесь числа c 0 , . . . , c p −1 , c 0 , . . . , и Λ лежат в поле По предположению многочлен x p − a неприводим над этим 8. Разрешимость уравнений в радикалах 583 полем, поэтому в соотношении (4) можно заменить на любой другой корень многочлена x p − a. Действительно, это соотношение легко приводится к полиномиальному виду, а если некоторый многочлен G(x) имеет общий корень с неприводимым многочленом x p − a, то G(x) делится на a, а потому G( l i ) = 0. Ясно, что Поэтому соотношение (4) для записывается в виде+ c 1 l + . . . + c p −1 l p −1 = c 0 + c 1 l + . . . + Это означает, что w j = w j , те. все корни многочлена вещественные. Доказательство теоремы Кронекера завер- шено. Имея в распоряжении теорему Кронекера, несложно доказать, что уравнение x 5 − 4x + 2 = 0 неразрешимо в радикалах. Действительно, неприводимость многочлена f(x) = x 5 − − 4x + 2 следует из признака Эйзенштейна (задача Количество вещественных корней этого многочлена не меньше трёх, поскольку) < 0, f(0) > 0, f(1) < 0, f(2) > С другой стороны, количество вещественных корней немо- жет быть больше трёх, потому что иначе у производной 5x 4 − 4 было бы больше двух вещественных корней. Таким образом, неприводимый многочлен x 5 − 4x + 2 имеет ровно два невещественных корня. Поэтому его разрешимость в радикалах противоречила бы теореме Кронекера. З а меча ни е. Из доказательства теоремы Кронекера видно, что неприводимое уравнение нечётной простой степени разрешимо в радикалах тогда и только тогда, когда хотя бы один его корень выражается в радикалах. Действительно, нас делается предположение, что многочлен) становится приводимым после присоединения радика- Дополнение ла, и из этого уже выводится, что тогда он разлагается на линейные множители. Диофантовы уравнения для многочленов Многочлены обладают многими из свойств, которыми обладают натуральные числа. Например, для многочлена определено разложение на множители, для пары многочленов определён наибольший общий делитель и т. д. В связи с этим для многочленов можно поставить задачи, аналогичные известным задачами проблемам теории чисел. Как правило, для многочленов задача решается существенно проще. Например, знаменитая гипотеза Ферма о том, что при n > 3 уравнение x n + y n = не имеет решений в натуральных числах, была доказана лишь совсем недавно. А её аналог (неразрешимость уравнения f n + g n = для многочленов, как мы сейчас увидим, доказывается сравнительно просто. Описание всех троек натуральных чисел a , b , g , для которых уравнение f a + g b = h g для многочленов f, g, h имеет нетривиальное решение, было получено в конце XIX в. Мы приведём более современную версию этой классификации. При доказательстве неразрешимости многих диофанто- вых уравнений для многочленов весьма эффективным оказывается следующее утверждение. Т е орем а 1 (Мейсон). Пусть a(x), b(x) и c(x) — попарно взаимно простые многочлены, связанные соотношением+ b + c = 0. Тогда степень каждого из этих многочленов не превосходит n 0 (abc) − 1, где n 0 (abc) — количество различных корней многочлена Доказательство. Положим f = a/c и g = b/c. Тогда и g — рациональные функции, связанные соотношением+ g + 1 = 0. Продифференцировав это равенство, получим −g ′ . Поэтому − f ′ /f g ′ /g 9. Диофантовы уравнения для многочленов 585 Рациональные функции f и g имеют специальный вид, где r i — целые числа. Для функции R(x) выполняется равенство R ′ R = X r i x − r i Пусть a(x) = Y (x − a i ) a i , b(x) = Y (x − b j ) b j , c(x) = Y (x − g k ) c k Тогда f ′ /f = X a i x − a i − X c k x − g k , g ′ /g = X b j x − b j − X c k x − g k Поэтому после умножения на многочлен N 0 = Y (x − a i )(x − b j )(x − g k ) степени n 0 (abc) рациональные функции f ′ /f и g ′ /g становятся многочленами степени не выше n 0 (abc) − 1. Таким образом, из взаимной простоты многочленов a(x) и и из равенства следует, что степень каждого из многочленов a(x) и b(x) не превосходит n 0 (abc) − 1. Для многочлена c(x) доказательство аналогично. Из теоремы 1 можно извлечь интересные следствия, которые мы сформулируем как теоремы 2––4. Степень многочлена будем обозначать deg Теорема (Дэвенпорт). Пусть f и g — взаимно простые многочлены ненулевой степени. Тогда g 2 ) > 1 2 deg f + Доказательство. Если deg f 3 6= deg g 2 , то deg(f 3 − g 2 ) > deg f 3 = 3 deg f > 1 2 deg f + Поэтому можно считать, что deg f 3 = deg g 2 = 6k. 586 Дополнение Рассмотрим многочлены F=f 3 , и Ясно, что deg H 6 6k. Согласно теореме 1 max(deg F, deg G, deg H) 6 n 0 (FGH) − 1 6 6 deg f + deg g + deg H − те. Таким образом, deg H > k + 1 = = 1 2 deg f + Теорема Пусть f, g и h — взаимно простые многочлены, причём хотя бы один из них — не константа. Тогда равенство f n + g n = не может выполняться при n > Доказательство. Согласно теореме 1 степень каждого из многочленов f n , и не превосходит deg f +deg g+ + deg h − 1, те Сложив эти три неравенства, получим f + deg g + deg) 6 3(deg f + deg g + deg h − 1) < < 3(deg f + deg g + deg Следовательно, n < 3. Диофантово уравнение f a + g b = h g для многочленов, g, h имеет очевидное решение, если одно из чисел a , b , g равно 1. Поэтому будем считать, что Теорема 4.iПустьia,b,gi натуральные числа, причём 2 6 a 6 b 6 g . Тогда уравнение+ g b = имеет взаимно простые решения лишь для следующих наборов ( a , b , g ): (2, 2, g ), (2, 3, 3), (2, 3, 4) и (2, 3, 5). 9. Диофантовы уравнения для многочленов 587 Д ока за тел ь ст во. Пусть a, b и c — степени многочленов и h. Тогда согласно теореме 1 a a 6 a + b + c − 1, (1) b b 6 a + b + c − 1, (2) g c 6 a + b + c − Следовательно+ b + c) 6 a a + b b + g c 6 3(a + b + c) − а значит. По условию a > 2, поэтому a = 2. При a = неравенство (1) принимает вид 6 b + c − Сложив неравенства (4), (2) и (3), получим b b + g c 6 3(b + c) + a − Учитывая, что b 6 g , и ещё раз применяя неравенство (получаем b (b + c) 6 4(b + c) − а значит, те или 3. Остаётся доказать, что если b = 3, то g 6 5. При b = неравенство (2) принимает вид 6 a + c − Сложив неравенства (4) и (5), получим 6 2c − В таком случае из неравенства (4) следует, что 6 3c − Из двух последних неравенств и неравенства (3) следует, что g c 6 6c − поэтому g 6 5. 588 Дополнение Многочлены, удовлетворяющие соотношению тесно связаны с правильными многогранниками. Подробно эта связь описана в книге Ф. Клей н. Лекции об икосаэдре и решении уравнений пятой степени. М Наука, 1989; там же указан способ построения этих многочленов. Мы приве- дм лишь конечный результат. Случай a = b = 2, g = n связан с вырожденным правильным многогранником — плоским угольником. Требуемое соотношение имеет вид+ 1 2 2 − x n − 1 2 2 = Случай a = 2, b = 3, g = 3 связан с правильным тетраэдром. Соотношение имеет вид x) 2 + (x 4 − 2i √ 3x 2 + 1) 3 = (x 4 + 2i √ 3x 2 + Случай a = 2, b = 3, g = 4 связан с кубом и правильным октаэдром. Соотношение имеет вид 33x 8 − 33x 4 + 1) 2 + 108(x 5 − x) 4 = (x 8 + 14x 4 + Случай a = 2, b = 3, g = 5 связан с додекаэдром и икосаэдром. Соотношение имеет вид T 2 + h 3 = 1728f 5 , где x 30 + 1 + 522(x 25 − x 5 ) − 10005(x 20 + x 10 ), H = −(x 20 + 1) + 228(x 15 − x 5 ) − 494x 10 , f = x(x 10 + 11x 5 − Теорема 3 показывает, что уравнение x n + y n = z n , где, y, z — натуральные числа, имеет решение тогда и только тогда, когда имеет решение точно такое же уравнение для многочленов. Естественно возникает вопрос, не будет ли уравнение x a + y b = z g иметь полиномиальные решения в томи только том случае, когда оно имеет натуральные решения. Первый пример обнадёживает — уравнение x 2 + y 3 = имеет как полиномиальные, таки натуральные решения. А именно, бесконечную серию решений этого уравнения 10. Теорема Ван дер Вардена 589 в натуральных числах можно построить следующим образом. Положим x = n(n − 1)/2, y = n и z 2 = n(n + 1)/2. Требуется подобрать число n так, чтобы число z было целым. Равенство 2z 2 = n(n + 1) можно записать в виде+ 1) 2 − 2(2z) 2 = Это — знаменитое уравнение Ферма––Пелля, которое имеет бесконечно много решений. Например, при n = 8 получаем 28, y = 8, z = 6. Помимо этой бесконечной серии решений есть и другие решения. Но уравнение x 2 + y 4 = опровергает наши надежды. У этого уравнения нет полиномиальных решений, но есть натуральные решения. Одно из его решений имеет вид 3 7 · 5 9 · 7 · 29 8 , y = 2 · 3 3 · 5 5 · 29 4 , z = 3 2 · 5 3 · 29 3 |