В. Б. Алексеев теорема абеля в задачах и решениях мцнмо, 2001
 Скачать 1.78 Mb.
|
|
т. е. также, как и по кривой Рис. Риса) Указание+ Ответ. (здесь — положительное значение корня. −1 + i, −3 − i, 2 + ( √ 3 + 1)i, ( √ 3 − 1)i, 2 + (1 − √ 3)i, −( √ 3 + 1); б) ±(1/2 + i), в) ±(1 + i) 0; г) ±(1 + i) д) 4i, 0. 312. Указание. Достаточно доказать, что указанным в задаче свойством обладают функции h(z) = z и h(z) = a, и что если указанным свойством обладают функции f (z) и g(z), то им обладают также функции f (z) + g(z), f (z) − g(z), f (z) · g(z), f (z)/g(z), [f (z)] n , n √ f (z) (n — натуральное число). Р е ш е ни е. 1) Если h(z) = z, то w 0 = h(z 0 ) = z 0 . Искомой кривой является кривая с параметрическим уравнением w 0 (t) = z(t), где z(t) — параметрическое уравнение кривой C. 2) Если h(z) = a, то w 0 = a и искомой кривой является кривая с уравнением w 0 (t) = a (вырождающаяся в точку) Пусть h(z) = f (z) + g(z) и для f (z) и g(z) утверждение задачи верно. По определению суммы двух многозначных функций w 0 = w 0 + w 0 , где w 0 — одно из значений f (z 0 ) и w 0 — одно из значений g(z 0 ). Так как для f (z) и g(z) утверждение задачи верно, то существуют непрерывные образы C = f (C) и C = g(C), начинающиеся соответственно в точках и w 0 . Если w (t) и w (t) — параметрические уравнения кривых и C , то функция w 0 (t) = w (t) + w (t) (она ¡ ¢ £ Рис. непрерывна как сумма непрерывных функций) является параметрическим уравнением искомой кривой, так как w 0 (0) = w (0) + + w (0) = w 0 + w 0 = w 0 . Точно также рассматриваются случаи h(z) = f (z) − g(z), h(z) = f (z) · g(z), h(z) = [f (z)] n , h(z) = f (в последнем случае искомая функция непрерывна w 0 (t) = w (t) w (так как по условию кривая C не проходит через точки, в которых функция h(z) не определена, и, следовательно, w (t) = 0). 4) Пусть h(z) = n √ f (z) и для f (z) утверждение задачи верно. По определению функции n √ f (z) имеем w n 0 = t 0 , где t 0 — одно из значений f (z 0 ). Отображение h(z) = n √ f (z) можно рассматривать как композицию двух отображений t = f(z) и w = n √ t. Так как для функции f (z) утверждение задачи верно, то существует хотя бы один непрерывный образ C кривой C при отображении t = начинающийся в точке t 0 . В силу утверждения задачи 293 существует хотя бы один непрерывный образ кривой при отображении w = n √ t, начинающийся в точке w 0 . Кривая является искомой. В произвольной точке функция h(z) может принимать nm значений h i,j (z 0 ) = f i (z 0 ) + g j (z 0 ), где i = 1, . . . , n; j = 1, . . . , m. Так как сумма непрерывных функций является непрерывной функцией, то искомыми однозначными непрерывными ветвями функции будут следующие nm функций h i,j (z) = f i (z) + g j (z), где i = 1, . . . , n; j = 1, . . . , m. 314. а) См. рис. Указание. Воспользуйтесь схемами римановых поверхностей функций и − 1 (см. 288, 299). б) См. рис. 91 У казан и е. см. 304, 307. в) См. рис. Указание. см. 288, г) См. рис. Указание. Постройте сначала схемы римановых поверхностей функций 1 и − Рис. Рис. 91 315. Ответа) Три значения 2, −2, 0. б) Семь значений 2, 0, 1 + i, −1 + i, −2, 1 − i, −1 − i. в) Шесть значений 2, 2 e 3 , 2 e 2 3 , 1 + e 3 , 1 + e 2 3 , −1. 174 316. а) Пусть f 0 (z) и f 1 (z) = −f 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции. Схема римановой поверхности функции h(z) = = √ z + √ z, построенная формальным методом, показана на рис. 94 Ветви h 0,1 (z) = f 0 (z) + f 1 (z) ≡ 0, и h 1,0 (z) = f 1 (z) + f 0 (z) ≡ 0 совпадают. Поэтому для получения истинной схемы римановой поверхности функции h(z) = √ z + √ z надо склеить ветви h 0,1 (z) и h 1,0 (z). Истинная схема показана на рис ¥ ¡ ¤ £¢ ¡ ¤ £ ¤ ¡ ¤ £ Рис. Рис. б) Пусть f 0 (z) и f 1 (z) = −f 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции. Тогда f 0 (z) 2 = z, поэтому [f 0 (z)] 4 = z 2 . Следовательно) — одна из однозначных непрерывных ветвей функции. Все ветви этой функции g 0 (z) = f 0 (z), g 1 (z) = i · f 0 (z), g 2 (z) = −f 0 (z), g 3 (z) = −i · f 0 (z). Схема римановой поверхности функции h(z) = √ z + + 4 √ z 2 , построенная формальным методом, показана на рис. 96 Истинная схема (рис) получается склейкой совпадающих ветвей h 0,2 (z) ≡ 0 ив) Пусть f 0 (z) — одна из непрерывных однозначных ветвей функции. Тогда все ветви f 0 (z), f 1 (z) = f 0 (z) · e 3 , f 2 (z) = f 0 (z) · e 2 Схема римановой поверхности функции h(z) = 3 √ z + 3 √ z, построенная формальным методом, показана на рис. Для получения истинной схемы (рис) необходимо склеить совпадающие ветви и h 1,0 (z), h 0,2 (z) и h 2,0 (z), h 1,2 (z) и Рис. Риса) Пусть f 0 (z) и f 1 (z) = −f 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции. Тогда [f 0 (z)] 2 = z и [f 0 (z)] 4 = z 2 . Поэтому однозначными непрерывными ветвями функции g(z) будут g 0 (z) = = f 0 (z), g 1 (z) = i · f 0 (z), g 2 (z) = −f 0 (z), g 3 (z) = −if 0 (z). Строим схему римановой поверхности функции h(z) = i √ z формальным методом и склеиваем совпадающие ветви h 0,1 (z) = h 1,3 (z) ≡ 0. Оставшиеся ветви различны — достаточно вычислить их значения в точке z = 1. Искомая схема показана на рис. 100 б) Пусть f 0 (z) и f 1 (z) = −f 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции f (z) = √ z − 1, а g 0 (z), g 1 (z) = i · g 0 (z), g 2 (z) = −g 0 (z), g 3 (z) = −i · g 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции g(z) = = 4 √ z. Строим схему римановой поверхности функции h(z) = √ z − 1× × 4 √ z формальным методом (рис) и склеиваем совпадающие ветви h 0,0 (z) = h 1,2 (z), h 0,1 (z) = h 1,3 (z), h 0,2 (z) = h 1,0 (z), h 0,3 (z) = = h 1,1 (z). Остльные ветви различны — достаточно вычислить их значения в точке z = 2. Искомая схема показана на рис ¥ ¡ ¢ £¦ ¡ ¤ £¢ ¡ ¤ £ ¤ ¡ ¤ £ Рис. 96 ¡ ¢ £¢ ¡ ¤ £ Рис. Рис. 98 ¡ ¢¡ £ ¢ £ ¤ ¢ ¤ ¡ ¢ £ ¥ £ ¢¡ £ ¢ ¤ ¥ ¤ ¢ £ ¤ ¢¡ ¥ ¡ ¢ Рис. в) См. рис. Решение такое же, как в случае б). г) Функция f (z) = √ z + √ z имеет 3 однозначные непрерывные ветви f 0 (z) ≡ 0, f 1 (z) и f 2 (z) = −f 1 (z) (см. решение 316 а. Функция) имеет также 3 однозначные непрерывные ветви, g 1 (z) = e 3 · g 0 (z), g 2 (z) = e 2 2 · g 0 (z). Ветви h 0,0 (z), h 0,1 (z) и h 0,2 (z) 176 совпадают h 0,0 (z) = h 0,1 (z) = h 0,2 (z) ≡ 0. Остальные ветви различны достаточно вычислить их значения в точке z = 2. Искомая схема показана на рис 318. Ответ. Искомыми однозначными непрерывными ветвями являются функции h i (z) = [f i (z)] n , где i = 1, 2, . . . , m. ¡ ¢ £¢ ¡ ¤ £ ¥ ¡ ¢ £ Рис. Риса) Если f 0 (z), f 1 (z) = i · f 0 (z), f 2 (z) = −f 0 (z), f 3 (z) = −i × × f 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции f (z) = 4 √ z, то и [f 1 (z)] 2 = [f 3 (z)] 2 . Искомая схема показана на рис, стр. 90 б) см. 316 a). Если f 0 (z) ≡ 0, f 1 (z) и f 2 (z) = −f 1 (z) — непрерывные ветви функции f (z) ≡ √ z + √ z, то [f 1 (z)] 2 = [f 2 (z)] 2 . Искомая схема показана на рис 105 в) Если f 0 (z) — одна из однозначных непрерывных ветвей функции, то все ветви — это f 0 (z), f 1 (z) = f 0 (z) · e 3 , f 2 (z) = f 0 (z) · e 2 3 , f 3 (z) = −f 0 (z), f 4 (z) = −f 0 (z) · e 3 , f 5 (z) = −f 0 (z) · e 2 При этом [f 0 (z)] 3 = [f 1 (z)] 3 = и [f 3 (z)] 3 = [f 4 (z)] 3 = Искомая схема показана на рис, стр Рис. 102 ¡ ¡ ¢ £ ¤£ ¥ ¢ ¦ ¤§ ¢ £ ¤ ¦ ¥ ¢ ¦ ¤ ¨ ¢ £ ¤ Рис. 103 320. Пусть точка не является точкой разветвления функции. Тогда при обходе вокруг точки по окружности достаточно малого радиуса значение функции f (z) не изменяется. Пусть, кроме того, все значения f (z 0 ) неравны. Тогда при отображении) непрерывными образами окружностей с центром в точке и с достаточно малыми радиусами будут являться некоторые непрерывные замкнутые кривые, находящиеся вблизи значений w = = f (z 0 ). Так как все значения f (z 0 ) неравны, то все такие кривые при достаточно малых радиусах окружностей не обходят точки w = те) не изменяется. Но тогда не изменяется также значение функции n √ f (z). Поэтому точками разветвления функции n √ f (z) могут быть только точки разветвления функции f (z) и точки, в которых одно из значений функции f (z) равно Ответ. Точки разветвления функции f (z) и точки, в которых одно из значений функции f (z) равно 0. ¡ ¢ £¢ ¤ ¡ ¢ £ ¥ ¤ ¡ ¢ £¦ ¡ ¥ £¢ ¡ ¥ £ ¥ ¡ ¥ £ ¦ ¡ ¦ £¢ ¡ ¦ £ ¥ ¡ ¦ £ Рис. 104 321. Так как g(z) — непрерывная функция на плоскости сука- занными разрезами, то и [g(z)] n — также непрерывная функция. Так Рис. как при каждом z g(z) — это одно из значений n √ f (z), то [g(z)] n при каждом z — это одно из значений функции f (z). Таким образом это однозначная непрерывная ветвь функции f (z) при указанных разрезах. см. 302. Ответ. g(z), g(z) · e n , g(z) · e 2 n , . . . , g(z) · e Указание. Так как w 0 (t) — непрерывная функция, то и w k (t) — непрерывная функция кроме того, [w k (t)] n = [w 0 (t)] n × × e kn n = [w 0 (t)] n и, следовательно, [w k (t)] n равно одному из значений. Указание. Из результата задачи 323 следует, что если значение функции n √ f (z) в начальной точке кривой C умножить на e k то значение функции n √ f (z) в конечной точке кривой C, определенное по непрерывности, также умножится на e k n 325. Пусть f 0 (z) и f 1 (z) = −f 0 (z) — однозначные непрерывные ветви функции, причем f 0 (1) = 1, a f 1 (1) = −1. Тогда f 0 (z) − 1 и f 1 (z) − 1 — однозначные непрерывные ветви функции − 1, каждой из которых соответствуют две ветви функции − 1. Если − 1 = 0, то = 1 и z = 1. Поэтому точкой разветвления, кроме точки z = 0, может быть только точка z = 1, причем разветвление может происходить только в пачке, соответствующей ветви f 0 (z) − так как должно быть = 1). Имеем f 0 (z) − 1 = (f 0 (z) − 1)(f 0 (z) + 1) f 0 (z) + 1 = [f 0 (z)] 2 − 1 f 0 (z) + 1 = z − 1 f 0 (z) + При обходе точки z = 1 аргумент знаменателя не изменяется, так как f 0 (1) + 1 = 2 = 0. Аргумент числителя при обходе точки z = 1 изменяется на 2 p. Поэтому Arg(f 0 (z) − 1) изменяется на 2 p, a Arg √ f 0 (z) − нате. значение) − 1 изменяется. При обходе точки z = изменяется значение функции, поэтому мыс листов пачки, соответствующей переходим на листы пачки, соответствующей f 1 (z) − 1, и наоборот. При двукратном обходе вокруг точки z = конечное значение функции совпадает с начальным значением ¡ Рис. этой функции и Arg( √ z − 1) не изменяется (так как − 1 = 0). Поэтому при двукратном обходе вокруг точки z = 0 мы возвращаемся на исходный лист. Суммируя полученные результаты, мы получаем схему римановой поверхности функции, показанную на рис 326. Эта задача решается также, как задача 325: а) см. рис б) см. рис. 108 У казан и е. Если f 0 (z) — однозначная непрерывная ветвь функции и f 0 (1) = 1, то f 0 (z) − 1 = f 3 0 (z) − 1 f 2 0 (z) + f 0 (z) + 1 = z − 1 f 2 0 (z) + f 0 (z) + где f 2 0 (1) + f 0 (1) + 1 = 3 = 0. 327. Так как z 2 + 1 = (z − i)(z + i), то значение+ 1 изменяется при обходе точек z = i и z = −i, те. эти точки являются точками разветвления функции+ 1 − 2. Искомая схема в обоих случаях аи б) показана на рис, стр. 172 ¡ Рис. Рис. Если+ 1 − 2 = 0, то z 2 + 1 = 4 и z = ± √ 3 ( √ 3 — положительное значение корня. Пусть f 0 ( √ 3) = 0, те. в этом случае выбрано = 2. Найдем f 0 (− √ 3). Для этого соединим точку z = √ 3 сточкой непрерывной кривой, не проходящей через разрезы. В случае а) можно взять, например, отрезок, соединяющий точки z = √ 3 и z = − √ 3. Нетрудно видеть, что при движении вдоль этого отрезка Arg(z + i) = Arg(z − (−i)) увеличивается на 2 p/3, a Arg(z − уменьшается на 2 p/3. Поэтому Arg(z 2 + 1) не изменяется и, следовательно, не изменяется значение+ 1 − 2. Таким образом, в случае а) f 0 (− √ 3) = f 0 ( √ 3) = 0. 179 В случае б) при движении по любой кривой, идущей из точки z = √ 3 в точку z = − √ 3 и не проходящей через разрезы, Arg(z + увеличивается на, а Arg(z − i) увеличивается на. Таким образом) увеличивается на 2 p, а Arg √ z 2 + 1 увеличивается нате. значение+ 1 изменяется на противоположное. Поэтому в случае б) f 0 (− √ 3) = −2 − 2 = −4 = 0, а f 1 (− √ 3) = 2 − 2 = 0. 328. Пусть g 0 (z) и g 1 (z) — однозначные непрерывные ветви функции, причем g 0 (z) − 2 = f 0 (z) (см. решение 327) и g 1 (z) − 2 = f 1 (z). В случае а) имеем g 0 ( √ 3) = g 0 (− √ 3) = 2 (см. решение 327) и g 0 (z) − 2 = g 2 0 (z) − 4 g 0 (z) + 2 = z 2 − 3 g 0 (z) + 2 = (z − √ 3)(z + √ 3) g 0 (z) + При обходе точек z = √ 3 и z = − √ 3 аргумент знаменателя не изменяется, так как g 0 ( √ 3) + 2 = g 0 (− √ 3) + 2 = 4 = 0, a аргумент числителя возрастает на 2 p. При этом Arg(g 0 (z) − 2) увеличивается на 2 p, a Arg √ g 0 (z) − 2 увеличивается нате. значение) изменяется. Следовательно, в случае а) разветвления в точках z = √ 3 и z = оказываются водной пачке листов. Точно также показывается, что в случае б) эти разветвления оказываются в разных пачках. Остается выяснить, как согласуются между собой переходы между листами при обходе точек z = i и z = −i. Непрерывным образом окружности радиуса R = 1,1 с центром в точке z = 0 при отображении w = √ z 2 + 1 является кривая, показанная на рис. 109 (рассмотрите это отображение по частям w = z 2 , w = z 2 + 1, w = √ z 2 + 1). Эта кривая ни разу не обходит вокруг точки z = 2. Поэтому при обходе по окружности C R Arg( √ z 2 + 1 − 2) не изменяется и не изменяется значение функции h(z) = √√ z 2 + 1 − 2. Следовательно, при обходе точки z = i и затем точки z = −i мы должны вернуться на тот же лист (см. замечание 1 на стр. Искомые схемы показаны на рис. 110 и рис. 111 ¡ ¢ ¡ Рис. 109 329. Указание. В противном случае при движении по обратной кривой нарушалась бы однозначность. Ответа б) z = 0: 1 2 3 4 5 6 2 1 4 3 6 5 , z = 1, −1: 1 2 3 4 5 6 3 4 5 6 1 в) z = 0: 1 2 3 4 5 6 5 6 4 2 3 1 ; 180 г) z = 1: 1 2 3 4 5 6 7 8 6 7 8 5 2 3 4 1 , z = −1: 1 2 3 4 5 6 7 8 5 6 7 8 1 2 3 4 Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 57: e = = g 1 · g −1 1 ; условия 1) и 3), очевидно, выполняются. Ответа) циклическая группа Z 2 , б) циклическая группа в) циклическая группа Z n , г) Z 3 , д) Z 4 333. Для функции + √ z − 1, указанной в задаче 314 а), получаем, что обход вокруг точки z = 0 порождает подстановку первых индексов в номерах ветвей h i,j (z), а обход вокруг точки z = порождает подстановку вторых индексов. Поэтому искомая группа является прямым произведением двух групп Z 2 × см. § 7 главы Для функции 1 + 4 √ z − 1, указанной в задаче 314 г, пусть g 1 — подстановка листов, соответствующая обходу вокруг точки z = 1, a g 2 — подстановка листов, соответствующая обходу вокруг точки z = −1. Тогда подстановка дает циклический сдвиг первых индексов в номерах ветвей h i,j (z), а подстановка g 1 g −1 дает циклический сдвиг вторых индексов. Так как g 1 = (g 1 g −1 2 )g 2 , т подгруппа, порожденная подстановками и g 2 , совпадает с подгруппой, порожденной подстановками, и g 1 g −1 2 . Поэтому искомая группа является прямым произведением Z 2 × Подобным образом задача 333 решается ив остальных случаях. Ответ. 1. а) Прямое произведение (§ 7 главы I) Z 2 , ×Z 2 , б) Z 3 × × Z 2 ∼ = см. 77), в) Z 2 × Z 3 ∼ = Z 6 , г) Z 2 × Z 4 . 2. a) Z 2 , б) Z 4 , в) г) Z 2 × Z 3 ∼ = Z 6 . 3. a) Z 2 , б) {e}, в) Рис. Рис. 111 334. Если подстановка некоторым образом переставляет пачки, а подстановка меняет местами листы водной пачке, то легко видеть, что подстановка g 1 g 2 g −1 меняет местами листы в другой пачке. Поэтому группа подстановок листов для обеих схем содержит некоторую подстановку, переставляющую пачки, подстановку, меняющую местами листы водной пачке, и подстановку, меняющую местами листы в другой пачке. Искомая группа, порожденная этими подстановками, содержит те и только те подстановки, при которых пачки переходят в себя или меняются местами, а листы внутри пачек переставляются произвольным образом. Занумеровав листы водной пачке числами 1 и 3, а листы в другой пачке — числами 2 и 4, получим, что каждой подстановке построенной группы соответствует симметрия квадрата с вершинами 1, 2, 3, 4 и, обратно, каждой симметрии такого квадрата соответствует подстановка в построенной группе подстановок листов. Поэтому искомая группа в обоих случаях изоморфна группе симметрий квадрата. Пусть w |