В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001
 Скачать 1.78 Mb.
|
|
0 2 cos x + x 0 2 = 2 · sin x − x 0 2 × × cos x + x 0 так как cos x + x 0 2 1 2 sin x − x 0 Для f (x) = cos x получим |f (x) − f (x 0 )| = | cos x − cos x 0 | = (по формуле тригонометрии) = −2 sin x − x 0 2 sin x + x 0 2 = 2 · sin x − x 0 2 × × sin x + x 0 так как sin x + x 0 2 1 2 sin x − x 0 2 . Таким образом, в обоих случаях (x) − f (x 0 )| 2 sin x − x 0 Подберем теперь d > 0 так, чтобы при всех x, удовлетворяющих условию, выполнялось неравенство sin x − x 0 Если e 2 > 1, то неравенство sin x − x 0 выполняется при всех x и можно взять любым. Если e 2 1, то рассмотрим на плоскости с координатными осями x и y окружность радиуса 1 с центром вначале координат и проведем прямые y ирис. Для указанных на рисунке углов a и b получим sin a = e 2 , sin b = e 2 , причем, очевидно, b = В качестве d выберем d = 2a. Тогда из |x − x 0 | < d будет вытекать x − x 0 2 < d 2 , те. Отсюда sin(−a) < sin x − x 0 2 < sin те и sin x − x 0 2 < e 2 . Тогда (x) − f (x 0 )| 2 sin x − x 0 2 < e. 156 Следовательно, функции f (x) = sin x и f (x) = cos x непрерывны при любом действительном значении аргумента x. 243. Пусть заданы точка x 0 > 0 и положительное действительное число e > 0. Надо подобрать такое действительное число d > 0, чтобы для всех x, удовлетворяющих неравенству |x − x 0 | < d (и, конечно, выполнялось неравенство − n √ x 0 | Последнее неравенство равносильно неравенствами Так как функция n √ x монотонно возрастает с ростом x (при то неравенство ( 2 ) в случае, когда n √ x 0 − e 0, равносильно неравенствами В этом случае, взяв в качестве d наименьшее из чисел x 0 − ( n √ x 0 − e) n и ( n √ x 0 + e) n − получим, что из условия |x − x 0 | < d вытекает неравенство, а вместе сними неравенство ( 1 ). Если в неравенстве ( 2 ) n √ x 0 − e < 0, толевая часть неравенства ( 2 ) всегда выполняется (при x 0) и неравенство ( 2 ) равносильно неравенствами В этом случае достаточно взять d = ( n √ x 0 + e) n − и при всех x, удовлетворяющих условию |x − x 0 | < d, будет выполняться неравенство ( 4 ), а вместе сними неравенства ( 2 ) и ( 1 ). 244. Ответа) См. рис. Указание. б, в) См. рис. 50 У казан и е. x(t) ≡ 0. г) См. рис x(t) = t, y(t) = Рис. Рис. 50 y = −x. д) См. рисе, ж) Окружность радиуса R, проходимая против часовой стрелки соответственно один разве) и два раза (в ж) с началом в точке z = R + 0i (рис. 52 ). У казан и е. |z(t)| = R, Arg z(t) = 2 pt (в е) ив ж)). з) Полуокружность радиуса R (рис. и) См. рис 157 Рис. Рис. Рис. Рис. 54 245. См. рис. Из подобия получаем x − a 0 a 1 − a 0 = y − b 0 b 1 − b 0 . При движении точки z по отрезку от положения z 0 = a 0 + b 0 i до положения z 1 = a 1 + b 1 i выписанные отношения меняются от 0 до 1. Поэтому можно, например, положить t = x − a 0 a 1 − a 0 = y − b 0 b 1 − b 0 . Отсюда x = a 0 + + (a 1 − a 0 )t, y = b 0 + (b 1 − b 0 )t, z(t) = (a 0 + (a 1 − a 0 )t) + (b 0 + (b 1 − − b 0 )t)i. Нетрудно проверить что эта формула описывает искомый ¡ ¢ £ ¤ ¡ ¥ ¦ ¥ ¤ £ ¥ Рис. отрезок при любом расположении точек ив частности, при a 0 = или b 0 = b 1 246. Так как z A + z Γ ΓΓ → AB = см. то а) — сдвиг кривой на вектор, соответствующий комплексному числу рис. Если z 2 = и Arg z 0 = f 0 , Arg то (см. 226) |z 2 | = |z 0 | · и Arg z 2 = f 0 + f 1 . Поэтому б) — растяжение кривой относительно начала координат враз (рис в) — поворот кривой вокруг начала координат на угол f 0 = Arg рис г) растяжение враз с одновременным поворотом на угол f 0 = Arg рис. Когда t меняется непрерывно от 0 до 1, то 1 − t непрерывно меняется от 1 до 0. Поэтому функция z 2 (t) = z 1 (1 − t) задает геометрически туже кривую C, но проходимую в противоположном направлении. Когда t меняется непрерывно от 0 до 1/2, то 2t непрерывно меняется от 0 до 1. Когда t меняется непрерывно от 1/2 до то 2t − 1 непрерывно меняется от 0 до 1. Поэтому функция указанная в задаче, задает кривую, которая получится, если сначала пройти кривую затем кривую C 2 . Условие z 1 (1) = z 2 (0) обеспечивает непрерывность полученной кривой ¤ ¥ ¦ £ Рис. 56 ¡ ¢ £ ¤ ¥ ¢ Рис. 57 ¡ ¢ £ ¤ ¥ ¢ Рис. 58 ¡ ¢ £ ¤ ¥ ¢ Рис. 59 249. Ответ + 2pk, k = 0, ±1, ±2, . . . 250. Ответ. a) pt, б) 2p + pt, в) −4p + pt, г) 2pk + pt. 251. При каждом t f(t) − f (t) = 2pk, где k, возможно, свое для каждого t. Поэтому запишем f(t) − f (t) = 2pk(t). Отсюда k(t) = f(t) − f (t) 2 p . Так как функции f(t) и f (t) непрерывны при, то и функция k(t) непрерывна при 0 t 1 (см. 239, Но так как функция k(t) принимает только целочисленные значения, то она непрерывна лишь в том случае, если она постоянная, те где k — некоторое фиксированное целое число, независящее от t. Отсюда f(t) − f (t) 2 p = k и f(t) ≡ f (t) − f (t) = 2pk. 252. Пусть f(t) и f (t) — две функции, описывающие непрерывное изменение Arg z(t) и f(0) = f (0) = f 0 . Тогда (см. 251) f(t) − f (t) = = 2 pk, где k — фиксированное целое число. Но f(0) = f (0) = 0. Поэтому. Отсюда f(t) − f (t) ≡ 0 и f(t) ≡ f (t). 253. Пусть f(t) и f (t) — две функции, описывающие непрерывное изменение Arg z(t). Тогда (см. 251) f(t) − f (t) = 2pk, где k фиксированное целое число. В частности f(0) − f (0) = 2pk. Отсюда f(t) − f (t) = f(0) − f (0) и f(t) − f (0) = f (t) − f (0). 159 254. а) Можно взять f(t) = pt. Ответ. f(1) − f(0) = p (см. рис. 53 ); ¡ ¢ Рис. б) = 2pt. Ответ. 2p (см. рис в) = Ответ. 4 pt; г) Ответ. p 2 (рис. 60 ). 255. Ответа, б) − p 2 256. Ответа, б) −2, в) 2, г) 0. 257. Пусть направление на замкнутой кривой задано ив качестве начальной точки выбрана водном случае точка A, в другом — точка B (рис. Если изменение аргумента вдоль кривой C на участке AB (по направлению кривой C) равно f 1 , а на участке BA равно f 2 , то изменение аргумента вдоль всей кривой C в обоих случаях, очевидно, равно f 1 + f 2 258. а, б, в) Если z 2 (t) = z 0 · z 1 (t) и f 1 (t) — функция, описывающая непрерывное изменение Arg z 1 (t), то функция f 2 (t) = f 1 (t) +Рис. где f 0 = Arg z 0 , описывает непрерывное изменение) (см. 226, 239). Поэтому f 2 (1) − f 2 (0) = f 1 (1) Ответ. k раз. Этот результат, очевидно, следует также из результата задачи г) Если Arg z = f, то Arg z = −f (см. 218 в)). Поэтому, если f 1 (t) — функция, описывающая непрерывное изменение z 1 (t), то функция f 2 (t) − f 1 (t) описывает непрерывное изменение Arg z 2 (t). Поэтому) Ответ. −k раз. a) 1, б) 0, в) 1, г) 2. 260. Решение. Если f 1 (t) и f 2 (t) — функции, описывающие непрерывное изменение аргумента вдоль кривых и C 2 , тов качестве функции f(t), описывающей непрерывное изменение аргумента вдоль кривой C, можно взять в случае а) = f 1 (t) + f 2 (t), в случае б) = f 1 (t) − f 2 (t) (см. 226, 239). Отсюда f(1) − f(0) = (f 1 (1) ± ± f 2 (1)) − ( f 1 (0) ± f 2 (0)) = ( f 1 (1) − f 1 (0)) ± ( f 2 (1) − f 2 (0)) Ответ. б 261. w 0 (t) = воспользуйтесь формулой Муавра; см. 227): a) w 0 (t) = R 2 (cos pt + i sin pt) — полуокружность радиуса б) w 0 (t) = R 2 (cos 2 pt + i sin 2pt) — окружность радиуса в) w 0 (t) = R 2 (cos 4 pt + i sin 4pt) — окружность радиуса R 2 , проходимая дважды. Воспользуйтесь результатом задачи 260 а. Ответа б) 3 f, в) nf. 263. Пусть z(t) — параметрическое уравнение кривой C и z 1 (t) = = z(t) − z 0 . По условию изменение Arg z 1 (t) равно 2 pk. Кривая имеет параметрическое уравнение w 0 (t) = (z(t) − z 0 ) n = Поэтому (см. 262 в) изменение аргумента w 0 (t) равно 2 pkn. Следовательно, кривая f (C) обходит вокруг точки w = 0 kn раз. Ответ. kn раз. По условию изменение аргумента z(t) равно 2 pk 1 , аргумента z(t) − 1 равно 2 pk 2 , аргумента z(t) − i равно и аргумента z(t) + i равно 2 pk 4 . Воспользуемся результатом задачи 260 а. Получим a) w 0 (t) = z(t) · (z(t) − 1). Изменение аргумента w 0 (t) равно+ 2 pk 2 = 2 p(k 1 + k 2 ). Ответ. Кривая f (C) обходит вокруг точки w = 0 k 1 + k 2 раз. б) w 0 (t) = (z(t) − i)(z(t) + i). Ответ. k 3 + разв) w 0 (t) = [z(t)] 4 · [z(t) + i] 4 . Ответ. 4(k 1 + k 4 ) раз. г) w = (z − 1)(z 2 + 1) = (z − 1)(z + i)(z − i). Ответ. (k 1 + k 3 + раз. |a 0 z n + . . . + a см. 223 a)) |a 0 z n | + . . . + |a n−1 z| = (см. 226) = |a 0 | · |z| n + + . . . + |a n−1 | · |z| = |a 0 | · R n 1 + . . . + |a n−1 | · так как R 1 < 1) |a 0 | · R 1 + . . . + |a n−1 | · так как |a i | A) nAR 1 < < так как R 1 < |a n | 10nA < nA |a n | 10nA = |a n | 10 266. a 1 z + . . . + a n z см. 223 а+ . . . + a n z n = (см. 226) = = |a 1 | |z| + . . . + |a n | |z n | = |a 1 | R 2 + . . . + |a так как R 2 > 1) |a 1 | R 2 + . . . + |a так как |a i A|) nA R 2 < < так как R 2 > 10nA |a 0 | < nA · |a 0 | 10nA = |a 0 | 10 267. Если |z| = R 1 , то (см. 265) |f (z) − a n | < |a n | 10 . Поэтому вся кривая) находится в круге радиуса с центром в точке w = a рис. Очевидно, такая кривая ни разу не обходит вокруг точки w = 0. Поэтому n(R 1 ) = Докажем, что n(R 2 ) = n. Приведем сначала не совсем строгое, но красивое доказательство, называемое дама с собачкой. Из результата задачи 266 получаем, что при |z| = R 2 |f (z) − a 0 z n | = |a 1 z n−1 + . . . + a n | = = z n a 1 z + . . . + a n z n = (см. 226) = = |z n | · z 1 z + . . . + a n z n < |a 0 | · |z n | 10 = |a 0 | · |z| n 10 = |a 0 | · R n 2 Обозначим |a 0 | · R n 2 = R. Тогда |f (z) − a 0 z n | при |z| = Когда z один раз пробегает окружность радиуса R 2 , то точка w = a 0 z дама) пробегает n раз окружность радиуса R. Так как при этом (z) − a 0 z n | < R 10 , то точка w = f (z) (собачка) может отстоять от «дамы» не более чем на. Но тогда если дама обходит вокруг точки w = 0 n раз по окружности радиуса R, то и собачка вместе с ней вынуждена обойти n раз вокруг точки w = 0 (рис. То есть n(R 2 ) = Рис. Рис. Более строгое доказательство равенства n(R 2 ) = n можно провести следующим образом. Если |z| = R 2 , то (см. 266) f (z) z n − Поэтому также, как при доказательстве равенства n(R 1 ) = 0, получаем, что когда точка z(t) пробегает окружность C R2 , изменение аргумента f (z) z равно 0. Изменение аргумента z при этом равно 2 p и, следовательно, изменение аргумента z равно 2 pn (см. 262). Так как f (z) = f (z) z n · z n , то (см. 260) изменение аргумента f (z) равно 2 pn, т. е. кривая f (C R2 ) обходит вокруг точки w = 0 n раз. Поэтому n(R 2 ) = Ответ) = 0, n(R 2 ) = n. 268. Разделим многочлен P (z) = a 0 z n + . . . + a n−1 z + a на двучлен с остатком (например, столбиком см. стр. Остаток будет некоторым комплексным числом z, а частное некоторым многочленом. Тогда справедливо тождество (z) = Q(z) · (z − z 0 ) + Подставив в это тождество вместо z значение z 0 , получим (z 0 ) = Q(z 0 ) · (z 0 − z 0 ) + r = 0 + r = Но P (z 0 ) = 0, так как по условию z 0 — корень уравнения P (z) = 0. Поэтому из равенства P (z 0 ) = r получаем r = 0. Таким образом, P (z) = = Q(z) · (z − z 0 ). 269. Обозначим P (z) = a 0 z n + . . . + a n−1 z + a n . По основной теореме алгебры комплексных чисел уравнение P (z) = 0 имеет некоторый корень z 1 . По теореме Безу (см. 268) P (z) = (z − z 1 )Q(z), причем легко видеть, что Q(z) имеет вид Q(z) = a 0 z n−1 + b 1 z n−2 + . . . + b Если n − 1 1 то уравнение Q(z) = 0 имеет некоторый корень откуда Q(z) = (z − z 2 )R(z) и R(z) = a 0 z n−2 + . . . При этом P (z) = = (z − z 1 )(z − z 2 )R(z). Продолжая этот процесс дальше, получим нам шаге частное, являющееся постоянным комплексным числом, равным, очевидно, a 0 . В результате получим разложение, указанное в задаче. Обозначив P (z) = a 0 z n + . . . + a n−1 z + a n , получим (см. 212) P (z) = P (z). По условию P (z 0 ) = 0. Отсюда P (z 0 ) = P (z 0 ) = 0 = 0, те корень уравнения P (z) = 0. 271. Обозначим P (z) = a 0 z n + . . . + a n−1 z + a n . Так как все a действительные числа и z 0 — корень уравнения P (z) = 0, то также корень уравнения P (z) = 0 (см. Поскольку z 0 — недействительное число, то z 0 = z 0 . Так как и z 0 — корни уравнения P (z) = 0, тов разложении (см. 269) P (z) = = a 0 (z − z 1 )(z − z 2 ) · . . . · (z − z n ) должны быть сомножители (z − и (z − z 0 ). Можно записать P (z) = (z − z 0 )(z − z 0 )Q(z) = (z 2 − (z 0 + + z 0 )z + z 0 z 0 ) · Q(z). Таким образом, многочлен P (z) делится на многочлен второй степени z 2 − (z 0 + z 0 ) + z 0 z 0 , коэффициенты которого действительны (см. равенства перед задачей 211, стр. Пусть P (z) — данный многочлен. Если степень многочлена (z) больше 2, то уравнение P (z) = 0 имеет по основной теореме алгебры комплексных чисел некоторый корень z 0 . Если z 0 — действительное число, то разделим P (z) на z − z 0 . Получим P (z) = (z − z 0 )Q(z) (см. 268). Если z 0 — недействительное число, томно- гочлен P (z) делится на некоторый многочлен второй степени с действительными коэффициентами (см. 271). В обоих случаях частное является многочленом, коэффициенты которого действительны, что видно, например, из процесса деления столбиком (см. стр. Это частное снова делится на некоторый многочлен с действительными коэффициентами первой или второй степени и т. д. Этот процесс продолжим до тех пор, пока очередное частное не будет иметь степень 1 или 2. В результате получим искомое разложение. z 5 − z 4 − 2z 3 + 2z 2 + z − 1 = (z − 1)(z 4 − 2z 2 + 1) = (z − 1) × ×(z 2 − 1) 2 = (z − 1) 3 (z + 1) 2 . Ответ. 1 — корень кратности 3; −1 корень кратности 2. 274. Сравним коэффициенты при одинаковых степенях в левых и правых частях указанных равенств. Пусть (z) = a 0 z n + a 1 z n−1 + . . . + a n−1 z + a n , Q(z) = b 0 z m + b 1 z m−1 + . . . + b m−1 z + b Тогда P (z) = a 0 nz n−1 + a 1 (n − 1)z n−2 + . . . + a и Q (z) = = b 0 mz m−1 + b 1 (m − 1)z m−2 + . . . + b m−1 . Легко видеть, что в случае а) коэффициенты при любой степени z в обеих частях равенства равны (a n−1−k + b m−1−k )(k + 1), а в случае б) коэффициенты при z в обеих частях равенства равны ca n−1−k (k + Докажем в. Для удобства введем широко распространенный в математике символ суммы. Запись соответственно i+j=r означает, что нужно рассмотреть выражение, стоящее справа от этого знака, при i = 0, 1, 2, . . . , n (соответственно при всех парах i, j таких, что i + j = r) и все полученные выражения сложить. В этих обозначениях получаем (z) = n i=0 a i z n−i , P (z) = n−1 i=0 a i (n − i)z n−i−1 , Q(z) = m j=0 b j z m−j , Q (z) = m j=0 b j (m − j)z Пусть k — произвольное целое число от 0 до n + m − 1. Найдем коэффициент при z в произведении (z) · Q(z). Так как (n − i) + + (m − j) = k + 1 тогда и только тогда, когда i + j = n + m − k − то коэффициент при z после раскрытия скобок и приведения подобных членов в многочлене P (z) · Q(z) будет равен i+j= =n+m−k−1 a i b Поэтому коэффициент при z в многочлене (P (z) · равен i+j= =n+m−k−1 a i b j (k + 1). Точно также получаем, что коэффициент при z в многочлене P (z) · Q(z) равен i+j= =n+m−k−1 a i b j (n − i), а в многочлене P (z) · Q (z) равен i+j= =n+m−k−1 a i b j (m − j). Таким образом, коэффициент при z в многочлене P (z) · Q(z) + P (z) · Q (z) равен i+j= =n+m−k−1 a i b j ((n − i) + (m − j)) = = (так как (n − i) + (m − j) = k + 1) = i+j= =n+m−k−1 a i b j (k + что совпадает с коэффициентом при z в многочлене (P (z) · Q(z)) . 275. При n = 1 утверждение верно, так как (z − z 0 ) = 1 = 1 × × (z − z 0 ) 0 . При n = 2 оно также верно ((z − z 0 ) 2 ) = (z 2 − 2z 0 z + + z 2 0 ) = 2z − 2z 0 = 2(z − z 0 ) . Пусть утверждение верно прите. Докажем, что оно верно тогда и при n = k + 1. Получаем ((z − z 0 ) k+1 ) = ((z − z 0 ) k · (z − − z 0 )) = (см. 274 в) = ((z − z 0 ) k ) · (z − z 0 ) + (z − z 0 ) k · (z − z 0 ) = = k(z − z 0 ) k−1 · (z − z 0 ) + (z − z 0 ) k = (k + 1)(z − z 0 ) k . Таким образом, если наше утверждение верно при n = k, то оно верно и при n = k + Так как оно верно при n = 1 и n = 2, то оно верно при всех целых n |