В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001

• Название: В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001
• Анкор: 2.pdf
• Дата: 16.03.2019
• Размер: 1.78 Mb.
• Имя файла: 2.pdf
• Тип: Книга; #25894
• страница: 12 из 16

0
) = (a + c) + (bi
0
+ di
0
) = (a + c) + (b + d)i
0
,
(1)
(a + bi
0
) · (c + di
0
) = ac + adi
0
+ bci
0
+ bdi
2 0
=
= (так как i
2 0
= −1) = (ac − bd) + (ad + Пусть C — поле комплексных чисел. Рассмотрим отображение поля в поле такое, что f(a + bi) = a + Сравнивая формулы (
1
), (
2
) с формулами (
2.3
), (
2.4
) на стр, получаем, что f — гомоморфизм (см. стр) C в M относительно сложения и относительно умножения. Так как при этом f(C) = M , то
(см. 150) M является подгруппой в M и относительно сложения и относительно умножения. Так как в M операции сложения и умножения обладают свойствами коммутативности, ассоциативности и дистрибутивности, то эти же свойства имеют место, очевидно, ив. Таким образом, M — поле.
Если a + bi
0
= c + di
0
, то (b − d)i
0
= c − a. Если при этом b − d = то i
0
=
c − a b − d
— действительное число, чего не может быть, так как квадрат никакого действительного числа не может быть равен Следовательно, b − d = 0, а тогда и c − a = 0. Отсюда b = d, a = Таким образом, элементы видав поле M различны при различных парах (a, b). Отсюда вытекает, что построенное выше отображение является взаимно однозначным отображением поляна поле M . Так как, кроме того — гомоморфизм, то f — изоморфное отображение поляна полете. поле M изоморфно полю комплексных чисел

214. Пусть рассматриваемый многочлен приводим, те (c
0
x k
+ c
1
x k−1
+ . . . + c где m < n, k < n, все b и c l
— действительные числа и b
0
= 0, c
0
= Подставим вместо x в правую часть этого равенства j. Так как M поле, то можно будет обычным способом раскрыть скобки и привести подобные (относительно степеней j) члены. При этом мы получим исходный многочлен, в котором x будет заменено на Таким образом, получаем j
n
+ a
1
j n−1
+ a
2
j n−2
+ . . . + a n
=
= (b
0
j m
+ b
1
j m−1
+ . . . + b m
) · (c
0
j k
+ c
1
j k−1
+ . . . + c По условию j
n
+ a
1
j n−1
+ a
2
j n−2
+ . . . + a n
= поэтому (см. 197) хотя бы одна из двух выписанных выше скобок равна 0. Разделив соответствующую скобку на или c
0
, получим выражение вида (
3.1
), равное 0 и имеющее степень меньше, чем Получаем противоречие стем, что n — наименьшая степень у выражений вида (
3.1
), равных 0. Следовательно, предположение о том, что рассматриваемый многочлен приводим, неверно. Как было доказано, в случае а) элемент j в поле m удовлетворяет равенству j
2
+ pj + q = где p и q — некоторые действительные числа, и многочлен x
2
+ px + q неприводим над полем действительных чисел. Имеем x
2
+ px + q = x
2
+ px +
p
2 4
−
p
2 4
− q = x +
p
2 2
−
p
2 4
− q Если p
2 4
− q
0 то p
2 4
− q = для некоторого действительного числа a. Тогда x
2
+ px + q = x +
p
2 2
− a
2
= x +
p
2
+ a x +
p
2
− a те. многочлен x
2
+ px + q был бы приводим над полем действительных чисел. Значит 4
− q < 0 и p
2 4
− q = для некоторого действительного числа b, отличного от 0. Так как в полетов поле M
j
2
+ pj +
p
2 4
=
p
2 4
− q и j +
p
2 2
=
p
2 4
− q = Отсюда j
b
+
p
2b
2
=
−b
2
b
2
= Таким образом, элемент i
0
=
j лежащий в поле M , является искомым

216. Ответ. Единственным (с точностью до изоморфизма) искомым полем является поле, элементы которого — дроби, в числителе
¡
¢
£
¢
¤
¥
£
¥
¤
¦
£
¦
¤
§
Рис. Рис. и знаменателе которых стоят многочлены от j, причем операции над этими дробями производятся как обычно. Ответ. A: 2 + 2i, B: −1 + 3i, C: −2 − Рис. Рис. Рис. 48 218. Ответа) Отражение относительно начала координат (или что тоже самое, поворот вокруг начала координат наб) Растяжение плоскости в 2 раза от начала координат. в) Отражение относительно оси Указан и е.
Воспользуйтесь равенством треугольников
A
1
B
1
C
1
и рис. По условию задачи z
1
= x u
+ iy u
, z
2
= x v
+ iy v
, z
3
= x w
+
iy w
. Поэтому равенство z
3
= z
1
+ равносильно двум равенствам w
= x u
+ x v
y w
= y u
+ y С другой стороны, если w = u + v, то (рис) x w
= (по определению и точно также. Поэтому равенство w = u + v также равносильно равенствам (
1
).
221. По определению x
Γ
ΓΓ
→
AB
= x
B
− и y
Γ
ΓΓ
→
AB
= y
B
− y
A
222. Равенство |z|
2
= a
2
+ b
2
— это теорема Пифагора (рис.
46
).
Равенство z · z = (a + bi)(a − bi) = a
2
+ легко проверяется. См. рис. Указание. Неравенства, указанные в задаче,
следуют из того, что в треугольнике любая сторона меньше суммы,
но больше разности двух других сторон. Равенство в обоих случаях имеет место тогда и только тогда, когда z
2
= kz
1
, где k — неотрицательное действительное число

224. См. рис+ z
2
|
2
+ |z
1
− z
2
|
2
= (см. 222) =
= (z
1
+ z
2
)(z
1
+ z
2
) + (z
1
− z
2
)(z
1
− z
2
) = (см. 211) =
= (z
1
+ z
2
)(z
1
+ z
2
) + (z
1
− z
2
)(z
1
− z
2
) =
= 2z
1
z
2
+ 2z
2
z
2
= 2|z
1
|
2
+ 2|z
2
|
2 225. Ответа cos p
4
+ i sin б cos
7
p
6
+ i в) 3 cos p
2
+ i sin p
2
; г) 5(cos p + i sin p); д f + i sin f), где f = arctg 2.
226. Имеем z
1
z
2
= r
1
r
2
[(cos f
1
· cos f
2
− sin f
1
· sin f
2
) + i(sin f
1
×
× cos f
2
+ cos f
1
· sin f
2
)] по формулам сложения из тригонометрии. Второе равенство в задаче равносильно равенству z
1
= z
2
·
r
1
r
2
(cos(
f
1
−
f
2
) + i которое легко вытекает из первого равенства. Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 226.
228. 1 −
√
3i = 2 1
2
−
√
3 2
i = 2 cos −
p
3
+ i sin −
p
3
. Поэтому −
√
3i)
100
= 2 cos −
p
3
+ i sin −
p
3 100
= (см. 227) = 2 100
× cos −
100 3
p +
i sin −
100 3
p = 2 100
· cos
2
p
3
+ i sin
2
p
3
. Отсюда −
√
3i)
100 2
100
= cos
2
p
3
+ i sin
2
p
3
= −
1 2
+
i
√
3 Ответ. −
1 2
+
i
√
3 2
229. Если z = 0, то и w = 0 (см. 197). Если же z = 0 то и w = Пусть в этом случае w =
r(cos y + i sin y). Тогда по формуле Муавра
(см. 227)
w n
=
r n
(cos n y + i sin ny) = r(cos f + i sin Отсюда r
n
= r и n y = f + 2pk, где k — некоторое целое число.
Следовательно,
y =
f + 2pk и w =
n
√
r cos f + 2pk n
+ i sin f + 2pk Если k
1
− k
2
= ln, где l — целое число, то выражения f + 2pk
1
n и + 2pk
2
n различаются на 2
pl. При этом формула (
1
) дает одно и тоже значение w. Поэтому все различные значения w можно получить,
придавая параметру k в формуле (
1
) значения k = 0, 1, . . . , n − 1.
230. Указание. Представьте подкоренные выражения в тригонометрической форме, затем воспользуйтесь формулой (
1
) из решения задачи 229.
151

Ответа б) 2, −1 +
√
3i, −1 −
√
3i (здесь — действительное положительное значение корня в) cos(25
◦
+ 90
◦
n) +
+ i sin(25
◦
+ 90
◦
n), где n = 0, 1, 2, 3; г+ 120
◦
n) +
+ i sin(15
◦
+ 120
◦
n)), где n = 0, 1, 2 (здесь — действительное положительное значение корня. Указание. См. формулу (
1
) из решения задачи 229; 1 =
= 1(cos 0 + i sin 0);
e k
n
= cos(2
pk/n) + i sin(2pk/n) (см. 227).
232. Указание. Если z n
1
= и z n
2
= z
0
, то (z
2
/z
1
)
n
= z n
2
/z n
1
= Ответ. z
1
, z
1
·
e n
, z
1
·
e
2
n
, . . . , z
1
·
e см. 231).
233. В силу результата задачи 221 z
A
= z
Γ
ΓΓ
→
OA
, где O — начало координат. Ответа) Расстояние от точки z до начала координат б) угол между положительным направлением оси Ox и лучом Oz; в) расстояние между точками итак как z
B
− z
A
= см. 221); г) угол между лучами и см. 226).
234. См. 233. Ответа, б) Окружность радиуса 1 (и R) сцен- тром вначале координат в) окружность радиуса R с центром в точке г) круг радиуса R с центром в точке вместе с окружностью;
д) перпендикуляр к отрезку, соединяющему точки и z
2
, проходящий через его середину е) отрицательная часть действительной оси;
ж) биссектриса первого координатного угла з) луч, образующий с положительным направлением оси Ox угол f.
235. См. 229 и 232. Ответ. В вершинах некоторого правильного угольника с центром вначале координат. Пусть заданы точка и произвольное действительное число. Выберем d = 1 (независимо и от z
0
, и от e). Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| < 1, выполняется неравенство. Следовательно, функция f(z) ≡ a непрерывна при любом значении аргумента z. (В качестве d можно было взять любое положительное действительное число. Пусть заданы точка и произвольное действительное число. Выберем d = e (независимо от z
0
). Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d, будет выполняться неравенство (z) − f (z
0
)
=
|z − z
0
| <
d = e, те. Следовательно,
функция комплексного аргумента f (z) = z непрерывна при всех значениях аргумента. Рассматривая только действительные значения аргумента, получаем, что функция действительного аргумента f (x) =
x также непрерывна при всех значениях аргумента. Пусть заданы точка и произвольное действительное число. Если d — произвольное положительное действительное число и |z − z
0
| <
d, то |f(z) − f(z
0
)| = |z
2
− z
2 0
| = |(z − z
0
)(z + z
0
)| =
= (см. 226) = |z − z
0
| · |z + z
0
|
d|z + z
0
|. Но |z + z
0
| = |(z − z
0
) +
+ см. 223)
|z − z
0
| + |2z
0
| <
d + 2|z
0
|. Таким образом, при − z
0
| <
d получаем (z) − f (z
0
)| <
d · (d + Подберем теперь d так, чтобы выполнялось неравенство d · (d + Если z
0
= 0, то положим d =
√
e (имеется ввиду положительный корень из e). Если z
0
= 0, то рассмотрим два положительных действительных числа |z
0
| и и выберем в качестве d наименьшее из этих двух чисел. Тогда будут выполняться неравенства d
|z
0
| и d
e
3|z
0
|
. Отсюда d(d + 2|z
0
|)
e
3|z
0
|
· (|z
0
| + 2|z
0
|) Таким образом, при |z − z
0
| <
d, где d — выбранное нами число, |f(z) −
f (z
0
)| <
e. Следовательно, функция комплексного аргумента f(z) = непрерывна при всех значениях аргумента. а) Пусть задано произвольное действительное число e > Имеем) − h(z
0
)| = |(f (z) + g(z)) − (f (z
0
) + g(z
0
))| =
= |(f (z) − f (z
0
)) + (g(z) − см. 223)
|f (z) − f (z
0
)| + |g(z) − Рассмотрим вместо e число e
2
. Тогда, в силу непрерывности функции) в точке z
0
, можно подобрать такое действительное число d
1
> 0, что для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d
1
, будет выполняться неравенство |f (z) − f (z
0
)| <
e
2
. Точно также, в силу непрерывности функции g(z) в точке z
0
, можно подобрать такое действительное число d
2
> 0, что для всех z, удовлетворяющих условию − z
0
| <
d
2
, будет выполняться неравенство |g(z) − g(z
0
)| <
e
2
. Выберем в качестве d наименьшее из чисел и d
2
. Тогда для всех удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d, будут выполняться оба неравенства и |g(z) − g(z
0
)| <
e
2
. Поэтому для всех удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d, будет) − h(z
0
)|
|f (z) − f (z
0
)| + |g(z) − g(z
0
)| те. Следовательно, функция h(z) = f(z) + непрерывна в точке б) Если h(z) = f (z) − g(z), то) − h(z
0
)| = |(f (z) − g(z)) − (f (z
0
) − g(z
0
))| =
= |(f (z) − f (z
0
)) + (−(g(z) − см. 223)
|f (z) − f (z
0
)| + | − 1| · |g(z) − g(z
0
)| =
= |f (z) − f (z
0
)| + |g(z) − Получаем неравенство) − h(z
0
)|
|f (z) − f (z
0
)| + |g(z) − такое же, как в случае аи далее задача решается точно также, как в случае а

в) Пусть задано произвольное действительное число e > 0. Имеем) − h(z
0
)| = |f (z)g(z) − f (z
0
)g(z
0
)| =
= |f (z)g(z) − f (z)g(z
0
) + f (z)g(z
0
) − f (см. 223)
|f (z)(g(z) − g(z
0
))| + |g(z
0
)(f (z) − f (z
0
))| = (см. 226) =
= |f (z)| · |g(z) − g(z
0
)| + |g(z
0
)| · |f (z) − f (Подберем теперь действительное число d > 0 так, чтобы для всех удовлетворяющих условию |z − z
0
| < 0, оба полученных слагаемых были меньше, чем e
2 1) Если f (z
0
) = 0, то рассмотрим число e
1
= |f (z
0
)| > 0. Так как функция f (z) непрерывна в точке z
0
, то для некоторого действительного числа d > 0 из условия |z − z
0
| <
d будет вытекать (z) − f (z
0
)| <
e
1
= |f (z
0
)|. Тогда прибудет (см. 223)
|f (z) − f (z
0
)| + |f (z
0
)| < |f (z
0
)| + |f (z
0
)| = 2|f те (Рассмотрим действительное число e
2
=
e
4 · |f (z
0
)|
. Так как функция) непрерывна в точке z
0
, то для некоторого действительного числа d > 0 из условия |z − z
0
| <
d будет вытекать |g(z) − g(z
0
)| <
<
e
2
=
e
4 · |f (z
0
)|
. Выберем в качестве наименьшее из чисел d и d Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d
1
, будут выполняться два неравенства (z)| < 2|f (и) − g(z
0
)| <
e
4 · |f (и, следовательно, будет выполняться неравенство (z)| · |g(z) − g(z
0
)| Если f (z
0
) = 0, то проведем рассуждение иначе. В качестве рассмотрим число e
1
= 1. Тогда для некоторого действительного числа d > 0 из условия |z − z
0
| <
d будет вытекать |f(z) − f(z
0
)| <
e
1
= 1, и,
учитывая, что f (z
0
) = 0 получаем |f (z)| < 1. В качестве рассмотрим число e
2
=
e
2
. Тогда для некоторого действительного числа d > 0 из условия |z − z
0
| <
d будет вытекать |g(z) − g(z
0
)| <
e
2
=
e
2
. Если в качестве взять наименьшее из чисел d и d , то для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d
1
, будут выполняться два неравенства (z) < и) − g(z
0
)| и, следовательно, будет выполняться неравенство (z)| · |g(z) − g(z
0
)| <
e
2 2) Если g(z
0
) = 0, то рассмотрим e
3
=
e
2|g(z
0
)|
. Найдется такое действительное число d
2
, что для всех z, удовлетворяющих условию

|z − z
0
| <
d
2
, будет выполняться неравенство (z) − f (z
0
)| и, следовательно, будет выполняться неравенство · |f (z) − f (z
0
)| Если g(z
0
) = 0, тов качестве можно взять любое положительное действительное число, так как в этом случае при любом z
|g(z
0
)| · |f (z) − f (z
0
)| = 0 Выберем теперь в качестве d наименьшее из чисел и d
2
. Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d, будут выполняться два неравенства (z)| · |g(z) − g(z
0
)| и · |f (z) − f (z
0
)| и, следовательно, будет выполняться неравенство) − h(z
0
)| Таким образом, функция h(z) = f (z) · g(z) непрерывна в точке z
0 240. а) Пусть задано произвольное действительное число e > Имеем) − h(z
0
)| =
1
g(z)
−
1
g(z
0
)
=
g(z
0
) − g(z)
g(z)g(z
0
)
=
= (см. 226) =
| − (g(z) − g(z
0
))|
|g(z)g(z
0
)|
=
|g(z) − g(z
0
)|
|g(z)| · Рассмотрим число e
1
=
|g(z
0
)|
2
> 0. Так как функция g(z) непрерывна в точке z
0
, то для некоторого действительного числа d
1
> 0 из условия |z − z
0
| будет вытекать |g(z) − g(z
0
)| <
e
1
=
|g(z
0
)|
2
. Тогда получим, что для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| выполняется неравенство = |g(z
0
) − (g(z
0
) − см. 223)
|g(z
0
)|−
− |g(z
0
) − g(z)|
|g(z
0
)| Рассмотрим число e
2
=
e · |g(z
0
)|
2 2
> 0. Найдется действительное число d
2
> 0 такое что из условия |z − z
0
| будет вытекать) − g(z
0
)| <
e
2
=
e|g(z
0
)|
2 2
. Выберем в качестве d наименьшее из чисел и d
2
. Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| будут выполняться два неравенства
|g(z)|
|g(z
0
)|
2
и
|g(z) − g(z
0
)| <
e · |g(z
0
)|
2 2
155

и, следовательно, будет выполняться неравенство) − h(z
0
)| =
|g(z) − g(z
0
)|
|g(z)| · |g(z
0
)|
<
e · |g(z
0
)|
2 Таким образом, функция h(z) непрерывна в точке б) Так как функции f (z) и g(z) непрерывны в точке z
0
, тов точке непрерывна функция
1
g(z)
(см. аи, следовательно, непрерывна функция h(z) =
f (z)
g(z)
= f (z) см. 239 в. Пусть задано произвольное действительное число e > Так как функция f (z) непрерывна в точке z
1
, то найдется такое действительное число d
1
> 0, что из условия |z − z
1
| будет вытекать |f (z) − f (z
1
)| <
e. Рассмотрим далее число d
1
> 0. Так как функция g(z) непрерывна в точке z
0
, то найдется такое действительное число d > 0, что из |z − z
0
| <
d будет вытекать |g(z) − g(z
0
)| <
d
1
, те. Но тогда будет выполняться неравенство (g(z)) − f (z
1
)| <
e, те. Таким образом,
для всех z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d, будет выполняться неравенство |h(z) − h(z
0
)| <
e и, следовательно, функция h(z) = f (g(z)) непрерывна в точке z
0 242. Пусть заданы точка и действительное число e > 0. Для функции f (x) = sin x получим |f (x) − f (x
0
)| = | sin x − sin x
0
| = (по формуле тригонометрии) = 2 sin x − x