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: 4 из 16

149. Может ли группа иметь неизоморфные нормальные подгруппы, факторгруппы по которым изоморфны?
Посмотрим теперь, что происходит при гомоморфизме с подгруппами, нормальными подгруппами, коммутанта- ми. Пусть f: G → F — гомоморфизм, и пусть в G выбрано некоторое подмножество M , тогда образом множества при гомоморфизме f (обозначается f(M)) будет называться множество всех элементов из F , имеющих хотя бы один прообраз в . Обратно, пусть P — подмножество в F , тогда полным прообразом P (обозначается f
−1
(P )) будет называться множество всех элементов из G, образы которых попадают в P . Заметим, что знак отдельно от P не имеет смысла для гомоморфизма, вообще говоря, не существует обратного преобразования. Заметим также, что если f(M) = P , то f
−1
(P ) содержит M , ноне обязательно с ним совпадает (рис. Доказать, что образ подгруппы H группы G при

¡
¢
£
¤
¥ Рис. гомоморфизме f: G → F является подгруппой в группе F .
151. Пусть H — подгруппа в F и f: G → F — гомоморфизм. Доказать, что f
−1
() — подгруппа в G.
152. Пусть N — нормальная подгруппа группы F и f:
G → F — гомоморфизм. Доказать, что f
−1
(N ) — нормальная подгруппа группы G.
153. Пусть f: G → F — гомоморфизм, и комму- танты групп G и F . Доказать, что f(K
1
) содержится в и содержится в f
−1
(K
2
).
154. Пусть N — нормальная подгруппа группы G и f гомоморфизм группы G на группу F . Доказать, что f(N) нормальная подгруппа группы F .
155. Пусть и K
2
— коммутанты групп G и F и f — гомоморфизм группы G на группу F . Доказать, что f(K
1
) = K
2
. Верно ли, что K
1
=
f
−1
(K
2
)?
§ 14. Разрешимые группы
Существует важный класс групп, близких к коммутативным так называемые разрешимые группы. Разрешимыми они называются потому, что возможность решить алгебраическое уравнение в радикалах, как мы увидим,
зависит от разрешимости некоторой группы.
Пусть G — некоторая группа и K(G) — ее коммутант.
Коммутант K(G) сам является группой, ив нем также можно рассмотреть коммутант K(K(G)). В полученной группе снова можно рассмотреть коммутант и т. д. Группу. . . K
r
(G)) . . . )) будем для краткости обозначать K
r
(G).
43

Таким образом,
K
r+1
(G)
=
K(K
r
(G)).
О пределен и е. Группа G называется разрешимой, если цепочка групп G, K(G), K
2
(G), K
3
(G), . . . заканчивается при некотором конечном n единичной группой, те. при некотором n получаем K
n
(G) = Например, любая коммутативная группа разрешима,
Рис. так как если G — коммутативная группа, то уже на первом шаге получаем (см. 117). Также группа G разрешима, если ее ком- мутант коммутативен, так как тогда. Выяснить,
разрешимы или нет следующие группы ациклическая группа Z
n
, б) группа симметрий треугольника, в) группа симметрий квадрата, г) группа кватернионов (стр, д) группа вращений тетраэдра, е) группа симметрий тетраэдра, ж) группа вращений куба.
Все группы, рассмотренные в задаче 156, оказываются разрешимыми, поэтому естественно возникает вопроса бывают ли вообще неразрешимые группы. Ниже мы покажем, что группа вращений правильного додекаэдра (рис.
12
)
неразрешима.

157. Сколько элементов в группе вращений додекаэдра?
Все вращения додекаэдра можно разбить на 4 класса) тождественное преобразование 2) вращения вокруг осей, проходящих через центры противоположных граней) вращения вокруг осей, проходящих через противоположные вершины 4) вращения вокруг осей, проходящих через середины противоположных ребер. Сколько элементов содержится в каждом классе (в классы 2–4 тождественное преобразование не входит. Пусть N — произвольная нормальная подгруппа в группе вращений додеказдра и пусть в N содержится хотя бы один элемент из некоторого класса 1–4. Доказать, что тогда в N содержится весь соответствующий класс.
Таким образом, каждый из классов 1–4 либо полностью не входит, либо полностью входит в N .
160. Доказать, что в группе вращений додекаэдра несу- ществует других нормальных подгрупп, кроме {e} и всей

группы. Пусть группа G некоммутативна и не имеет нормальных подгрупп, отличных от {e} и G. Доказать, что группа G неразрешима.
Из задачи вытекает, что группа вращений додекаэдра неразрешима.
Рассмотрим еще несколько задач, результаты которых потребуются нам в дальнейшем. Доказать, что всякая подгруппа разрешимой группы разрешима. Пусть f: G → F — гомоморфизм группы G на группу и группа G разрешима доказать, что и группа разрешима. Привести пример, когда группа F разрешима, а группа G неразрешима (см. предыдущую задачу. Пусть группа G разрешима и N — нормальная подгруппа в G. Доказать, что факторгруппа G/N разрешима. Доказать, что если группы N и G/N разрешимы,
то и группа G разрешима. Пусть группы G и F разрешимы. Доказать, что группа G × F разрешима. Пусть группа G разрешима. Доказать, что тогда существует цепочка групп, G
0
, G
1
, . . . , G
n такая, что 1) G
0
=
G; 2) каждая группа G
i
(1 1
n) является нормальной подгруппой в группе G
i−1
, и все факторгруппы G
i−1
/G
i коммутативны 3) группа G
n коммутативна. Пусть для группы G существует цепочка групп со свойствами, указанными в условии предыдущей задачи.
Доказать, что группа G разрешима.
Результаты задачи показывают, что существование для группы G цепочки групп с указанными в условии задачи 168 свойствами равносильно понятию разрешимости и само может быть принято за определение разрешимости. Еще одно эквивалентное определение разрешимости можно получить, используя результаты двух следующих задач. Пусть группа G разрешима. Доказать, что тогда существует цепочка групп G
0
, G
1
, . . . , G
n такая, что 1) G
0
=
G; 2) каждая группа G
i
(0
i n − 1) содержит некоторую коммутативную нормальную подгруппу N
i такую, что G
i+1
, 3) группа G
n коммутативна

171. Пусть для группы G существует цепочка групп со свойствами, указанными в предыдущей задаче. Доказать,
что группа G разрешима 15. Подстановки
Рассмотрим сейчас более подробно подстановки (т. е.
преобразования) на множестве первых n натуральных чисел 1, 2, . . . , n; эти подстановки мы будем называть подстановками й степени. Заметим, что подстановки на произвольном множестве с n элементами можно свести к рассматриваемым подстановкам, для чего достаточно занумеровать элементы множества натуральными числами, 2, . . . , n. Произвольную подстановку й степени можно записать в виде 2 . . . n i
1
i
2
. . . i n
, где i m
— это образ элемента m приданной подстановке. Напомним, что подстановка взаимно однозначное отображение, поэтому все элементы в нижней строке различны. Сколько существует различных подстановок й степени?
О пределен и е. Группу всех подстановок й степени с обычной операцией умножения (те. композиции)
подстановок
*)
называют симметрической группой степени и обозначают S
n
173. Доказать, что при n
3 группа S
n некоммутативна.
Подстановка может некоторые элементы перемещать, а некоторые оставлять на месте при этом может оказаться,
что перемещаемые элементы перемещаются как бы по кругу. Например, подстановка 2 3 4 5 6 7 4 2 6 3 5 1 оставляет на месте элементы 2, 5 и 7, а остальные элементы перемещаются по кругу 1 → 4, 4 → 3, 3 → 6, 6 → 1. Подстановки такого типа называются циклическими подстановками или просто циклами. Для циклических подстановок мы) Согласно нашему определению произведения преобразований
(стр.
19
) мы будем рассматривать произведение подстановок справа налево. Иногда произведение подстановок рассматривают слева направо. Получаемые в обоих случаях группы изоморфны

будем использовать еще другую запись. Например, выражение) будет обозначать подстановку, переводящую → 4, 4 → 3, 3 → 6, 6 → 1 и оставляющую остальные элементы рассматриваемого множества на месте. Так, если эта подстановка й степени, то она совпадает с подстановкой,
рассмотренной выше.
Не всякая подстановка является циклической. Например, подстановка 2 3 4 5 6 3 5 4 1 2 циклической не является, но ее можно представить как произведение двух циклов 2 3 4 5 6 3 5 4 1 2 6
= (1 3 4) · (2 Полученные циклы перемещают разные элементы, такие циклы называются независимыми. Легко видеть, что произведение независимых циклов не зависит от порядка их следования. Если не различать произведения независимых циклов, отличающиеся лишь порядком следования, то будет верно следующее утверждение. Любая подстановка единственным образом (с точностью до порядка сомножителей) разлагается в произведение нескольких независимых циклов. Доказать.
Циклы вида (i, j), переставляющие только два элемента,
называются транспозициями.
175. Доказать, что произвольный цикл можно разложить в произведение транспозиций (необязательно независимых).
Транспозиции (1, 2), (2, 3), . . . , (n − 1, n) называются элементарными транспозициями.
176. Доказать, что произвольная транспозиция представляется в виде произведения элементарных транспози- ций.
Из результатов задач 174–176 вытекает, что произвольная подстановка й степени может быть представлена как произведение элементарных транспозиций. Иными словами, верна следующая теорема.
Т е орем а 4. Если некоторая подгруппа симметрической группы S
n содержит все элементарные транспозиции, то эта подгруппа совпадает со всей группой Пусть числа 1, 2, . . . , n записаны в строку в некотором произвольном порядке. Скажем, что пара чисел i, j образует инверсию в этой строке, если i < j но j встречается в строке раньше, чем i. Число инверсий характеризует беспорядок в данной строке по отношению к обычному порядку чисел 1, 2, . . . , n.
177. Найти число инверсий в строке 3, 2, 5, 4, В дальнейшем нас будет интересовать не само число ин- версий, а только четность этого числа. Доказать, что четность числа инверсий в строке меняется, если поменять местами два произвольных чис- ла.
О пределен и е. Подстановка 2 . . . n i
1
i
2
. . . i называется четной или нечетной в зависимости оттого, четное или нечетное число инверсий имеется в нижней строке. Например, тождественная подстановка 2 . . . n
1 2 . . . n является четной подстановкой, так как число инверсий в нижней строке равно нулю. Определить четность подстановки 2 3 4 5 2 5 4 1 3 180. Доказать, что приумножении четной подстановки справа на произвольную транспозицию получается нечетная подстановка и, наоборот, приумножении нечетной подстановки справа на транспозицию получается четная подстановка. Доказать, что четная подстановка может быть разложена в произведение только четного числа транспозиций,
а нечетная в произведение только нечетного числа транс- позиций. Определить четность произвольного цикла длины:
а) 3, б) 4, в) m.
183. Доказать, что приумножении двух подстановок одинаковой четности получается четная подстановка, а приумножении двух подстановок разной четности получается нечетная подстановка. Доказать, что подстановки a и имеют одинаковую четность, где a — произвольная подстановка

Из результатов задач 183, 184 вытекает, что множество всех четных подстановок образует подгруппу группы Определение. Группа всех четных подстановок й степени называется знакопеременной группой степени n и обозначается A
n
185. Доказать, что при n
4 группа A
n некоммутативна.
186. Доказать, что знакопеременная группа A
n является нормальным делителем симметрической группы S
n
, и построить разложение группы S
n по подгруппе A
n
187. Определить число элементов в группе A
n
188. Доказать, что группы S
2
, и S
4
разрешимы.
Докажем теперь, что знакопеременная группа A
5
, неразрешима. Один из способов доказательства этого состоит в следующем. Необходимо в додекаэдр так вписать 5 тетраэдров, занумерованных числами 1, 2, 3, 4, 5, чтобы каждому вращению додекаэдра соответствовала четная подстановка тетраэдров, причем чтобы разным вращениям соответствовали разные подстановки. Этим будет установлен изоморфизм между группой вращений додеказдра и группой четных подстановок й степени A
5
. Тогда неразрешимость группы будет следовать из неразрешимости группы вращений додекаэдра. Вписать в додекаэдр 5 тетраэдров требуемым выше способом.
Другой способ доказательства неразрешимости группы состоит в повторении идеи доказательства неразрешимости группы вращений додекаэдра. Для этого надо решить следующие задачи. Доказать, что любая четная подстановка й степени, отличная от тождественной подстановки, разлагается на независимые циклы одним из следующих трех способов:
а) (i
1
i
2
i
3
i
4
i
5
), б) (i
1
i
2
i
3
), в) (i
1
i
2
)(i
3
i
4
).
191. Пусть N — нормальная подгруппа группы A
5
. Доказать, что если в N содержится хотя бы одна подстановка, определенным образом разлагающаяся на независимые циклы (см. 190), тов содержатся все подстановки, таким же образом разлагающиеся на независимые циклы. Доказать, что группа не содержит нормальных подгрупп, кроме единичной подгруппы и всей группы.
Из утверждения задачи из того, что группа A
5
некоммутативна, вытекает неразрешимость группы A
5 49

193. Доказать, что симметрическая группа S
n при содержит подгруппу, изоморфную группе Из утверждений задачи получаем теорему.
Т е орем а 5. При n
5 симметрическая группа S
n неразрешима.
Доказанная теорема, а также другие результаты первой главы потребуются нам в следующей главе для доказательства неразрешимости в радикалах общих алгебраических уравнений степени выше четвертой.
Тем, кто захочет изучить теорию групп более глубоко,
можно рекомендовать книги:
К ар га полов МИМе р зля ко в Ю. И, Основы теории групп, изд. е, М, Физматлит, Вин б ер г Э. Б, Курс алгебры, М, Факториал Пресс

Глава Комплексные числа
При изучении чисел в курсе средней школы мы постепенно расширяли рассматриваемое числовое множество. При этом основное ударение делалось на тот факт, что такие расширения позволяют нам более свободно оперировать с числами. Так, при переходе от натуральных чисел к целым становится возможным вычитать любые числа, при переходе к рациональным числам становится возможным делить любые числа и т. д. На самом деле более важным результатом таких расширений оказывается тот факт, что свойства расширенной системы часто позволяют получать новые результаты об исходной системе. Так, например, многие трудные задачи теории чисел, касающиеся только натуральных чисел, были решены с использованием действительных и даже комплексных чисел.
Исторически комплексные числа появились, именно как средство для решения некоторых задач о действительных числах. Так, например, итальянский математик Кардано
(1501–1576) при решении кубических уравнений находил правильные действительные корни, используя в промежуточных вычислениях несуществующие квадратные корни из отрицательных чисел.
Со временем комплексные числа занимали все более важное положение в математике и ее приложениях. В
первую очередь они глубоко проникли в теорию алгебраических уравнений, так как в области комплексных чисел изучение таких уравнений оказалось намного более удобным. Например, любое алгебраическое уравнение степени n (n
1) с действительными или комплексными коэффициентами имеет по крайней мере один комплексный корень (см. ниже основную теорему алгебры комплексных

чисел, стр, — в тоже время не всякое алгебраическое уравнение с действительными коэффициентами имеет хотя бы один действительный корень.
После того как появилась интерпретация комплексных чисел с помощью точек плоскости и векторов на плоскости, стало возможным применять к изучению комплексных чисел геометрические понятия, такие, например, как непрерывность и геометрическое преобразование. Связь комплексных чисел с векторами позволила сводить к комплексным числами уравнениям для них многие задачи механики, особенно гидро- и аэродинамики, а также теории электричества, теории теплоты и т. д.
К настоящему времени изучение комплексных чисел развилось в большой и важный раздел современной математики теорию функций комплексного переменного.
Довольно глубокое знакомство с комплексными числами и функциями комплексного переменного и предстоит читателю в этой главе 1. Поля и многочлены
Действительные числа можно складывать и умножать,
при этом возможны и обратные операции — вычитание и деление. В суммах можно произвольным образом переставлять слагаемые, произвольным образом расставлять скобки. Также можно поступать с сомножителями в произведениях. Все эти свойства, а также связь между сложением и умножением можно кратко выразить следующим образом.
Действительные числа обладают следующими 3 свойствами. Образуют коммутативную группу (см. главу I, § 3) по сложению (единичный элемент этой группы обозначается через 0 и называется нулем. Если отбросить 0, то оставшиеся числа образуют коммутативную группу по умножению. Сложение и умножение связаны законом дистрибутивности для любых чисел a, b, c a(b + c) = ab + Наличие этих 3 свойств очень важно, так как они позволяют упрощать арифметические и алгебраические

выражения, решать многие уравнения и т. д. Действительные числа — не единственное множество, обладающее этими тремя свойствами. Для выделения всех таких множеств в математике введено специальное понятие.
О пределен и е. Если на некотором множестве определены две бинарные операции (сложение и умножение),
обладающие выписанными выше тремя свойствами, то такое множество называется полем. Выяснить, являются ли полями следующиеподмно- жества действительных чисел с обычными операциями сложения и умножения а) все натуральные числа б) все целые числа в) все рациональные числа г) все числа вида r
1
+ r
2
√
2, где и r
2
— произвольные рациональные числа. Доказать, что в любом поле a · 0 = 0 · a = 0 для любого элемента a.
196. Доказать, что в любом поле 1) (−a) · b = a · (−b) =
= −(a · b), 2) (−a) · (−b) = ab для любых элементов a и b.
197. Пусть a, b — элементы произвольного поля и a · b =
= 0. Доказать, что либо a = 0, либо b = Пример. Пусть на множестве {0, 1, . . . , n − 1} кроме операции сложения по модулю n (см. пример, стр.
25
),
задано еще умножение по модулю n, при котором в качестве результата приумножении двух чисел берется остаток отделения их обычного произведения на n.
198. Построить таблицы умножения по модулю 2, 3 и 4.
199. Доказать, что остатки с операциями сложения и умножения по модулю n образуют поле тогда и только тогда, когда n — простое число.
О пределен и е. Разностью элементов b ив произвольном поле (обозначается b − a) называется элемент, являющийся решением уравнения x + a = b (или a + x = Частным отделения элемента b на a при a = 0 обозначается) называется элемент, являющийся решением уравнения (или ay = Из результата задачи 24 итого, что в поле сложение и умножение коммутативны, вытекает, что элементы b − a и при a = 0) определяются в любом поле однозначно.
Так как поле является группой по сложению, а без нуля и по умножению, то равенство x + a = b равносильно

равенству x = b + (−a), а равенство ya = b при a = 0 равносильно равенству y = ba
−1
. Таким образом, b − a = b + (и b/a = Читатель легко может доказать, что операции сложения,
вычитания, умножения и деления в любом поле обладают всеми основными свойствами этих операций в поле действительных чисел. В частности, в любом поле обе части любого равенства можно умножить или разделить на любой элемент, отличный от нуля любой член можно перенести из одной части равенства в другую с противоположным знакомит. д. Для примера рассмотрим одно из свойств,
связывающих вычитание и умножение. Доказать, что в любом поле (a − b)c = ac − bc для любых элементов a, b, Если K — некоторое поле, то можно, также как для поля действительных чисел, рассматривать многочлены с коэффициентами из поля K или, другими словами, многочлены над полем Определение. Многочленом степени n (n — натуральное число) от одной переменной x над полем называется любое выражение вида a
0
x n
+ a
1
x n
+ . . . + a n−1
x + a где a
0
, a
1
, . . . , a n
— элементы поля K, причем a
0
= 0. Если элемент поля K, то выражение a также считается многочленом над полем K, причем если a = 0, то это многочлен нулевой степени, если же a = 0, то степень такого многочлена считается неопределенной.
Элементы a
0
, a
1
, . . . , a называются коэффициентами многочлена (
1.1
), a
0
— старшим коэффициентом.
Два многочлена от переменной x считаются равными в томи только в том случае, если все их соответствующие коэффициенты попарно равны.
Пусть
P (x) = a
0
x n
+ a
1
x n−1
+ . . . + a n−1
x + a Если в правую часть этого равенства вместо x подставить некоторый элемент a поля K и произвести указанные вычисления, понимая операции сложения и умножения как операции в полетов результате получится некоторый элемент b поля K. В этом случае записывают P (a) = b.
54

Если P (a) = 0, где 0 — нулевой элемент поля K, то говорят,
что a — корень уравнения P (x) = 0; в этом случае говорят также, что a — корень многочлена P (Многочлены над произвольным полем K можно складывать, вычитать и умножать.
Суммой многочленов P (x) и Q(x) называется многочлен, в котором коэффициент при x k
(k = 0, 1, 2, . . . равен сумме (в поле K) коэффициентов при x в многочленах) и Q(x). Также определяется разность двух многочленов. Очевидно, что степень суммы или разности двух многочленов не больше, чем максимальная из степеней данных многочленов.
Чтобы вычислить произведение многочленов P (x) и, нужно каждое слагаемое ax многочлена P (x) умножить на каждое слагаемое bx многочлена Q(x) по правилу где ab — произведение в поле а k + l — обычная сумма натуральных чисел. После этого все полученные выражения надо сложить, приводя подобные члены, те. собирая все слагаемые, содержащие одну и туже степень r переменной x, и заменяя сумму d
1
x r
+ d
2
x r
+ . . . + d s
x выражением (d
1
+ d
2
+ . . . + d s
)x Если (x) = a
0
x n
+ a
1
x n−1
+ a
2
x n−2
+ . . . + a n
,
Q(x) = b
0
x m
+ b
1
x m−1
+ b
2
x m−2
+ . . . + b то (x) · Q(x) = a
0
b
0
x n+m
+ (a
0
b
1
+ a
1
b
0
)x n+m−1
+
+ (a
0
b
2
+ a
1
b
1
+ a
2
b
0
)x n+m−2
+ . . . + a n
b Так как a
0
= 0 и b
0
= 0, то и a
0
b
0
= 0 (см. 197), поэтому степень многочлена P (x) · Q(x) равна n + m, те. степень произведения двух многочленов (отличных от 0) равна сумме степеней данных многочленов.
Учитывая, что операции сложения и умножения элементов в поле K обладают свойствами коммутативности,
ассоциативности и дистрибутивности, нетрудно получить,
что введенные нами операции сложения и умножения) Коэффициент при x n+m−k в произведении P (x) · Q(x) равен a
0
b k
+ a
1
b k−1
+. . . +a k−1
b
1
+ a k
b
0
, причем здесь надо положить a i
= при i > n и b j
= 0 при j > m.
55

многочленов над полем K также обладают свойствами коммутативности, ассоциативности и дистрибутивности.
Если
P (x) + Q(x) = R
1
(x),
P (x) − Q(x) = R
2
(x),
P (x) · Q(x) = и a — произвольный элемент поля K, то легко получить,
что
P (a) + Q(a) = R
1
(a),
P (a) − Q(a) = R
2
(a),
P (a) · Q(a) = Многочлены над произвольным полем K можно делить друг на друга с остатком. Разделить многочлен P (x) на многочлен Q(x) с остатком — это значит найти многочлены) (частное) и R() (остаток) такие, что (x) = S(x) · Q(x) + причем степень многочлена R(x) должна быть меньше, чем степень многочлена Q(x), либо должно быть R(x) = Пусть P (x) и Q(x) — произвольные многочлены над полем и Q(x) = 0. Покажем, что можно поделить многочлен) на многочлен Q(x) с остатком.
Пусть
P (x) = a
0
x n
+ a
1
x n−1
+ . . . + a n
,
Q(x) = b
0
x m
+ b
1
x m−1
+ . . . + b Если n < m, то положим S(x) = 0 и R(x) = P (x) и получаем требуемые частное и остаток. Если n m, то рассмотрим многочлен (x) −
a
0
b
0
x n−m
Q(x) = Многочлен R
1
(x) не содержит члена с x n
, поэтому его степень не более чем n − 1 или R
1
(x) = 0. Если) = c
0
x k
+ c
1
x k−1
+ . . . + c и k m, то рассмотрим многочлен) −
c
0
b
0
x k−m
Q(x) = и т. д. Так как степень получающегося многочлена строго меньше, чем степень предыдущего многочлена, то этот процесс должен окончиться, те. на некотором шаге получим) −
d
0
b
0
x l−m
Q(x) = R
s
(x),
56

и степень многочлена R
s
(x) будет меньше, чем степень многочлена) или R
s
(x) = 0. Тогда получим (x) =
a
0
b
0
x n−m
Q(x) + R
1
(x) =
=
a
0
b
0
x n−m
Q(x) +
c
0
b
0
x k−m
Q(x) + R
2
(x) = . . . =
=
a
0
b
0
x n−m
Q(x) +
c
0
b
0
x k−m
Q(x) + . . . +
+
d
0
b
0
x l−m
Q(x) + R
s
(x) =
=
a
0
b
0
x n−m
+
c
0
b
0
x k−m
+ . . . +
d
0
b
0
x l−m
· Q(x) + Таким образом, выражение, стоящее в скобках, является частным отделения многочлена () на Q(x) и R
s
(x) — остатком. Описанный здесь процесс деления многочлена на многочлен представляет собой процесс деления столбиком.
Следующая задача показывает, что если () и Q(x) — два многочлена и Q(x) = 0, то каким бы способом мы недели- ли () нас остатком, частное и остаток определяются однозначно. Пусть (x) = S
1
(x) · Q(x) + R
1
(x),
P (x) = S
2
(x) · Q(x) + причем степени многочленов R
1
(x) и R
2
() меньше, чем степень многочлена Q(x) (может быть R
1
(x) = 0 или R
2
(x) =
0). Доказать, что) = S
2
(x),
R
1
(x) = R
2
(x).
§ 2. Поле комплексных чисел
Из решения задачи 194 вытекает, что существуют поля,
более узкие, чем поле действительных чисел, например,
поле рациональных чисел. Мы же сейчас построим поле более широкое, чем поле действительных чисел, а именно,
поле комплексных чисел.
Рассмотрим всевозможные упорядоченные пары действительных чисел, те. пары вида (a, b), где a и b произвольные действительные числа. Будем считать, что, b) = (c, d) тогда и только тогда, когда a = c и b = d.
57

На множестве всех таких пар определим две бинарные операции — сложение и умножение — следующим образом, b) + (c, d) = (a + c, b + d),
(2.1)
(a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + здесь в скобках в правых частях равенств обычные операции над действительными числами. Например, получаем, 3) + (
√
2, −1) = (2
√
2, 2),
(0, 1) · (0, 1) = (−1, Определение. Множество всевозможных упорядоченных пар действительных чисел с операциями сложения и умножения, определенными согласно (
2.1
) и (
2.2
), называется множеством комплексных чисел.
Из этого определения видно, что в комплексных числах нет ничего «сверхестественного»: комплексные числа это вполне реально существующие пары действительных чисел. Однако может возникнуть вопрос правомерно ли называть такие объекты числами Этот вопрос мы обсудим в конце данного параграфа. Другой вопрос, который может возникнуть у читателя, — почему именно так, а не иначе определяются операции сложения и умножения комплексных чисел (особенно странной выглядит операция умножения На этот вопрос мы ответим в § Выясним, какими хорошими свойствами обладает определенное выше множество комплексных чисел. Доказать, что комплексные числа образуют по сложению коммутативную группу. Какое комплексное число является единичным элементом (нулем) этой группы?
В дальнейшем комплексные числа будет удобно обозначать одной буквой, например z (или w).
203. Доказать, что операция умножения комплексных чисел коммутативна и ассоциативна, те и z
2
) · z
3
= z
1
· (z
2
· z
3
) для любых комплексных чисел z
1
,
z
2
, Легко проверить, что, b) · (1, 0) = (1, 0) · (a, b) = (a, для любого комплексного числа (a, b). Таким образом,
комплексное число (1, 0) является единичным элементом в множестве комплексных чисел относительно умножения

204. Пусть z — произвольное комплексное число и z =
= (0, 0). Доказать, что существует комплексное число такое, что z · z
−1
= z
−1
· z = (1, Результаты задачи показывают, что комплексные числа образуют относительно операции умножения коммутативную группу. Доказать, что для операций сложения и умножения комплексных чисел выполняется закон дистрибутивности,
т. е. (z
1
+ z
2
) · z
3
= z
1
· z
3
+ z
2
· для любых комплексных чисел z
1
, z
2
, Из результатов задач 202–205 вытекает, что комплексные числа с операциями сложения и умножения, определенными согласно (
2.1
) и (
2.2
), образуют поле. Это и есть поле комплексных чисел.
Для комплексных чисел вида (a, 0), где a— произвольное действительное число, формулы (
2.1
) и (
2.2
) дают, 0) + (b, 0) = (a + b, 0),
(a, 0) · (b, 0) = (a · b, Таким образом, если сопоставить каждому комплексному числу вида (a, 0) действительное число a, то операциям над числами вида (a, 0) будут соответствовать обычные операции над действительными числами. Поэтому мы просто отождествим комплексное число (a, 0) и действительное число и будем говорить, что поле комплексных чисел содержит в себе поле действительных чисел.
Комплексное число (0, 1) не является действительным
(при нашем отождествлении, и мы обозначим его через те. Так как поле комплексных чисел содержит все действительные числа и число i, то оно содержит также числа вида b · i и a + b · i, где a и b — произвольные действительные числа и операции сложения и умножения понимаются как операции над комплексными числами. Пусть (a, b) — комплексное число. Доказать, что, b) = a + b · i.
*) Точно также, например, рациональное число отождествляется с целым числом n.
59

Из результата задачи 206, очевидно, получаем, что a + bi = c + di тогда и только тогда, когда a = c и b = Таким образом, любое комплексное число можно, и причем единственным образом, представить в виде a + bi, где a и b — действительные числа. Если z = a + bi, то, следуя историческим традициям, принято a называть действительной частью комплексного числа z, bi — мнимой частью — коэффициентом при мнимой части.
Представление комплексного числа z в виде z = a + bi называют алгебраической формой комплексного числа Для комплексных чисел в алгебраической форме формулы) и (
2.2
) перепишутся следующим образом + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i,
(2.3)
(a + bi) · (c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i.
(2.4)
207. Решить уравнение (найти формулу разности + bi) + (x + yi) = (c + di).
208. Решить уравнение (найти формулу частного + bi) · (x + yi) = (c + где a + bi = Легко проверить, что i · i = (0, 1) · (0, 1) = (−1, 0) = те. Таким образом, в поле комплексных чисел извлекаются квадратные корни и из некоторых отрицательных действительных чисел. Вычислить а) i
3
, б) i
4
, в) i n
210. Найти все комплексные числа z = x + yi такие, что:
а) z
2
= 1, б) z
2
= −1, в) z
2
= a
2
, г) z
2
= −a
2
(a — некоторое действительное число).
О пределен и е. Комплексное число a − bi называется сопряженным комплексному числу z = a + bi и обозначается. Легко проверить, что z + z = 2a,
z · z = a
2
+ b
2 211. Пусть и z
2
— произвольные комплексные числа.
Доказать, чтоб в) z
1
· z
2
= z
1
· z
2
, г) z
1
/z
2
= z
1
/z
2 212. Пусть (z) = a
0
z
2
+ a
1
z n−1
+ . . . + a n−1
z + a n
,
60

z — комплексное число и все a i
, — действительные числа.
Доказать, что P (z) = P (Переход к комплексным числам является очередным шагом в последовательности натуральные числа — целые числа рациональные числа — действительные числа — комплексные числа. У читателя может сложиться мнение, что до действительных чисел это на самом деле числа, а комплексные числа — это уже не числа, а объекты более сложной природы. Конечно, терминология может быть принята любая, однако в действительности комплексные числа вполне заслуживают, чтобы их называли числами.
Первое возражение против этого может состоять в том, что это не числа, а пары чисел. Вспомним, однако,
что подобным же образом вводятся рациональные числа
Рациональное число — это класс равных дробей, а дроби это пары целых чисел, записываемых в виде где n = 0); при этом действия над рациональными числами это просто действия над парами целых чисел.
Поэтому первое возражение оказывается несостоятельным.
Другое возражение может состоять в том, что числа это то, чем можно что-то измерять. Если понимать под этим, что числа — это то, чем можно измерять все, что угодно, то тогда надо запретить, например, отрицательные числа, так как не бывает отрезков длиной −3 см,
а поезд не может ехать −4 дня. Если же считать, что числа — это то, чем можно (или удобно) измерять хоть что- нибудь, то тогда комплексные числа оказываются ничем не хуже других чисел — ими очень удобно описывать,
например, ток, напряжение и сопротивление в электрических цепях переменного тока и это широко используется в электротехнике. Комплексные числа также очень полезны, а порой и незаменимы в гидро- и аэромеханике Таким образом, переход от действительных чисел к комплексным является таким же естественным, как, например,
*)
См., например, Теоретические основы электротехники, под общей редакцией Поливанова КМ, т. 1., Линейные электрические цепи с сосредоточенными постоянными, Энергия, 1972.
*) Марку ш е в и ч АИ, Краткий курс теории аналитических функций, М, Наука, 1979.
61

переход от целых чисел к рациональным 3. Единственность поля комплексных чисел
Перейдем теперь к рассмотрению вопроса о том, почему именно так, а не иначе определялись комплексные числа.
Ответ на этот вопрос таков мы хотели, чтобы получилось поле, являющееся расширением поля действительных чисел. А нельзя ли построить другое поле, также являющееся расширением поля действительных чисел На этот вопрос мы и ответим в этом параграфе.
О пределен и е.
Изоморфным отображением (или просто изоморфизмом) одного поляна другое называется взаимно однозначное отображение f, которое является изоморфизмом одновременно и относительно сложения и относительно умножения, те) и f(ab) = f(a)f(b). Поля, между которыми можно установить изоморфизм, называются изоморфными.
Если изучаются только сами операции сложения и умножения в поле, то у изоморфных полей все свойства оказываются одинаковыми. Поэтому, также как в случае групп,
изоморфные поля можно не различать.
Как мы видели в предыдущем параграфе, в поле комплексных чисел есть элемент i такой, что i
2
= −1. Следующая задача показывает, что добавление такого элемента к полю действительных чисел с необходимостью приводит к полю комплексных чисел. Пусть M — некоторое поле, содержащее в себе поле действительных чисел и некоторый элемент i
0
, такой, что i
2 0
= −1. Доказать, что M содержит некоторое поле M изоморфное полю комплексных чисел.
Будем говорить, что некоторое поле является минимальным полем сданными свойствами, если оно обладает этими свойствами и не содержит в себе других полей с теми же свойствами.
В этом случае результат задачи 213 можно сформулировать так минимальным полем, содержащим поле действительных чисел и элемент такой, что i
2 0
= −1, является поле комплексных чисел. Этот результат доказывает в некотором смысле единственность поля комплексных чисел. Однако имеет место существенно более сильный результат. А именно, откажемся от требования, чтобы поле M
62

содержало элемент такой, что i
2 0
= −1, и поставим задачу найти все поля, являющиеся минимальными расширениями поля действительных чисел. Оказывается, что таких расширений всего два (с точностью до изоморфизма, одно из них — поле комплексных чисел. Покажем это.
Пусть поле M содержит поле действительных чисел,
т. е. M содержит все действительные числа и операции над ними в поле M совпадают с обычными операциями над действительными числами. Пусть, кроме того, поле содержит элемент j, отличный от всех действительных чисел. Тогда для любых действительных чисел a
1
, a
2
, . . .
. . . , a в M содержится элемент, равный j
n
+ a
1
j n−1
+ a
2
j n−2
+ . . . + a Будем называть n степенью выражения (Может быть 2 случая:
а) некоторое выражение вида (
3.1
) при n
1 задает элемент, равный б) никакое выражение вида (
3.1
) при n
1 неравно Предположим сначала, что имеет место случай а).
О пределен и е. Многочлен с коэффициентами из некоторого поля K называется приводимым над полем если он может быть представлен как произведение двух многочленов меньшей степени с коэффициентами из В противном случае он называется неприводимым над полем Например, многочлены x
3
− 1 и x
2
− x − 1 приводимы над полем действительных чисел, так как x
3
− 1 = (x − 1) ×
× (x
2
+ x + 1) и x
2
− x − 1 = x −
1 +
√
5 2
x −
1 −
√
5 2
, а многочлены x
2
+ 1 и x
2
+ x + 1 неприводимы над полем действительных чисел. Очевидно, что многочлены первой степени над любым полем являются неприводимыми. Выберем среди выражений вида (
3.1
), равных выражение наименьшей степени n (n
1). Пусть это будет выражение j
n
+ a
1
j n−1
+ a
2
j n−2
+ . . . + a n
= 0.
*) Многочлены, неприводимые над полем K, являются аналогом простых чисел в множестве натуральных чисел

Доказать, что многочлен x
n
+ a
1
x n−1
+ a
2
x n−2
+ . . . + a неприводим над полем действительных чисел.
В дальнейшем мы покажем (см. 272), что любой многочлен с действительными коэффициентами степени выше второй приводим над полем действительных чисел. Поэтому в задаче 214 должно быть не больше 2. Атак как n = 1 (иначе мы получили бы, что j + a = 0 и j равно действительному числу −a), то n = Таким образом, в случае а) (см. стр) для некоторых действительных чисел p ив поле M должно выполняться равенство j
2
+ pj + q = причем многочлен x
2
+ px + q должен быть неприводим над полем действительных чисел. Доказать, что в случае астр) поле M содержит элемент такой, что i
2 0
= Из результатов задачи вытекает, что в случае а)
поле M содержит поле M , изоморфное полю комплексных чисел. Следовательно, если поле M — минимальное расширение поля действительных чисел, тополе должно совпадать с M . Таким образом, в случае а) любое минимальное поле, являющееся расширением поля действительных чисел, совпадает (те. изоморфно) с полем комплексных чисел. Итак, в случае а) имеется единственное (с точностью до изоморфизма) поле, являющееся минимальным расширением поля действительных чисел, а именно, поле комплексных чисел. Найти все поля, являющиеся минимальными расширениями поля действительных чисел в случае б) (см.
стр.
63
).
§ 4. Геометрические представления комплексных чисел
Введем на плоскости прямоугольную систему координат и поставим в соответствие каждому комплексному числу a + bi точку плоскости с координатами (a, Получим взаимно однозначное соответствие между всеми комплексными числами и всеми точками плоскости. Это

дает нам первое геометрическое представление комплексных чисел. Какие комплексные числа соответствуют точкам,
указанным на рис. Пусть комплексные числа изображаются точками плоскости. Каков геометрический смысл преобразования если для любого комплексного числа z: а) = б) = 2z, в) f(z) = z (z — сопряженное Пусть A(x
A
, y
A
) и B(x
B
, y
B
) — две точки плоскости
(рис.
14
). Отрезок AB с указанным на нем направлением от A к B называют вектором. Координаты вектора по определению вычисляются следующим образом x
B
− x
A
,
y
ΓΓ→
AB
= y
B
− Два вектора считаются равными, если они параллельны,
одинаково направлены и равны по длине.
¡
¢
£
¤
¥
¦
§
¨
¦
¨
§
¦
§
©
¨
¦
¨
§
Рис. Рис. 14 219. Доказать, что два вектора равны тогда и только тогда, когда равны их соответствующие координаты.
Множество равных векторов рассматривают обычно как один и тот же вектор, характеризуемый лишь своими координатами так называемый свободный вектор. Поставив в соответствие каждому комплексному числу a + bi свободный вектор с координатами (a, b), мы получим второе геометрическое представление комплексных чисел. Пусть комплексным числами соответствуют свободные векторы u, v и w. Доказать, что z
1
+ z
2
= тогда и только тогда, когда u + v = w, где сумма векторов вычисляется по правилу параллелограмма. Доказать следующую взаимосвязь между двумя геометрическими представлениями комплексных чисел

если z
A
, z
B
, z
ΓΓ→
AB
— комплексные числа, соответствующие точками вектору, то z
ΓΓ→
AB
= z
B
− Из определения равных векторов получаем, что равные векторы имеют равную длину. Эта длина принимается также за длину свободного вектора, соответствующего данному множеству равных векторов.
О пределен и е. Модулем комплексного числа z обозначается) называется длина соответствующего ему свободного вектора. Пусть z = a + bi. Доказать, что a
2
+ b
2
= z · где z — число, сопряженное z.
223. Доказать неравенства:
а) |z
1
+ z
2
|
|z
1
| + б) |z
1
− z
2
|
|z
1
| − |z
2
| где z
1
, z
2
— произвольные комплексные числа. В каких случаях имеет место равенство. Докажите с помощью комплексных чисел, что в произвольном параллелограмме сумма квадратов длин диагоналей равна сумме квадратов длин всех сторон 5. Тригонометрическая форма комплексных чисел
Напомним, что углом между лучами OA и OB называется угол, на который надо повернуть луч OA вокруг
¡
¢
£
¤
¥
¦
Рис. точки против часовой стрелки, чтобы получить луч OB (если вращение происходит почасовой стрелке, то углу приписывается знак минус. При этом угол определяется неоднозначно) Для действительных чисел (как частного случая комплексных чисел) введенное здесь понятие модуля совпадает с понятием абсолютной величины. В самом деле, действительному числу a + 0i соответствует вектор с координатами (a, 0), параллельный оси x, и длина его равна |a| — абсолютной величине числа a.
66

ас точностью до слагаемого 2k где k — любое целое число.
О пределен и е. Пусть точка начало координат, и пусть вектор OA с координатами (a, соответствует комплексному числу z = a + bi (рис.
15
).
Аргументом комплексного числа z (обозначается Arg называется угол между положительным направлением оси OX и лучом OA (рис) (если z = 0, тоне определен).
Так как для данного числа z = 0 указанный угол определяется неоднозначно, то под записью Arg z мы будем понимать многозначную функцию, принимающую для каждого z = 0 бесконечное множество значений, разность которых кратна Запись Arg z =
f будет означать, что одно из значений аргумента равно Пусть z = a + bi = 0 и |z| = r. Вектор с координатами, b) соответствует комплексному числу a + bi, и поэтому его длина равна r. Пусть, кроме того, Arg z =
f. Тогда по определению тригонометрических функций (см. рис f = a/r,
sin f = Отсюда z = a + bi = r · cos f + i · r · sin f = r(cos f + i sin где r = |z|,
f = Arg z и мы получаем тригонометрическое представление комплексного числа Например, если z = −1 +
√
3 i, то |z| =
√
1 + 3 = 2 (см. и cos f = −
1 2
, sin f =
√
3 2
. Можно взять f =
2
p
3
, тогда z = −1 +
√
3 i = 2 cos
2
p
3
+ i sin
2
p
3 225. Представить в тригонометрической форме следующие комплексные числа а) 1 + i, б) −
√
3 − i в) 3i, г) д) 1 + 2i.
226. Пусть z
1
= r
1
(cos f
1
+ i sin f
1
) и z
2
= r
2
(cos f
2
+
+ i sin f
2
). Доказать, что z
1
· z
2
= r
1
r
2
(cos(
f
1
+
f
2
) + i sin(
f
1
+
f
2
)),
z
1
z
2
=
r
1
r
2
(cos(
f
1
−
f
2
) + i sin(
f
1
−
f
2
))
(z
2
= 0).
67

Таким образом, приумножении комплексных чисел их модули перемножаются, аргументы складываются, при делении модули делятся, аргументы вычитаются. Доказать формулу Муавра
*)
:
[r(cos f + i sin f)]
n
= r n
(cos n f + i sin для любого натурального числа n.
228. Вычислить −
√
3 i)
100 2
100 229. Пусть z = r(cos f + i sin f) — фиксированное комплексное число и n — натуральное число. Найти все комплексные числа w, удовлетворяющие равенству w
n
= Определение. Запись n
√
z (корень степени n из мы будем понимать как многозначную функцию, ставящую в соответствие каждому комплексному числу z = 0 все n решений уравнения (
5.1
). Прибудет. Найти все значения корней:
а)
√
−1, б, в 100
◦
+ i sin 100
◦
, г + Для дальнейшего удобно ввести следующее обозначение n
= cos
2
p n
+ i sin
2
p n
231. Доказать, что все значения n
√
1 — это 1,
e n
,
e
2
n
,
. . . . . . ,
e Замечание. Так как e
n n
= 1, то множество элементов n
,
e
2
n
, . . . ,
e n−1
n является циклической группой относительно умножения. Пусть z
1
— одно из значений n
√
z
0
. Найти все значения В дальнейшем мы будем в основном использовать представление комплексных чисел точками плоскости, те. комплексному числу z = a + bi будем ставить в соответствие точку с координатами (a, b). При этом вместо точка, соответствующая комплексному числу z» мы будем говорить просто точка z».
233. Пусть комплексные числа изображаются точками плоскости. Каков геометрический смысл выражений а) б) Arg z, в) |z
1
− z
2
|, г) Arg z
1
z
2
?
*) Муавр (1667–1754) — английский математик

234. Найти геометрическое место точек z, удовлетворяющих следующим условиям (z
0
, z
1
, z
2
— фиксированные комплексные числа, R — фиксированное действительное число):
а) |z| = 1, б) |z| = R, в) |z − z
0
| = R, г) |z − д) |z − z
1
| = |z − z
2
|, e) Arg z =
p, ж) Arg z =
9
p
4
, з) Arg z =
f.
235. Как располагаются на плоскости все значения где z — фиксированное комплексное число 6. Непрерывность
В дальнейшем важную роль для нас будет играть понятие непрерывности ив частности, понятие непрерывной кривой. Если читатель не знает строгого определения этих понятий, то он, по-видимому, все же интуитивно понимает,
что такое непрерывная кривая, а также непрерывная функция действительного переменного (на интуитивном уровне можно сказать, что это такая функция, у которой график — непрерывная кривая. Однако если функция действительного переменного является достаточно сложной например, f (x) =
x
3
− 2x x
2
− sin x + 1
, то установить,
непрерывна ли она, используя лишь интуитивное понятие непрерывности, довольно тяжело. Поэтому мы дадим строгое определение непрерывности и с помощью него докажем несколько основных исходных утверждений о непрерывных функциях. При этом мы дадим определение непрерывности как для функций действительного аргумента, таки для функций комплексного аргу- мента.
Если мы рассмотрим график некоторой функции действительного аргумента, то этот график в некоторых точках может быть непрерывным, а в некоторых точках может иметь разрывы. Поэтому естественно ввести сначала определение не вообще непрерывности функции, а непрерывности функции в данной точке.
Если мы попытаемся более точно определить наше интуитивное представление о непрерывности функции f (в данной точке x
0
, то получим, что непрерывность означает следующее при малых изменениях аргумента вблизи точки функция тоже изменяется мало относительно значения. Причем можно добиться сколь угодно малого изменения функции, выбирая достаточно малый интервал изменения аргумента. Более строго это можно сформулировать следующим образом.
О пределен и е. Пусть f (z) функция, действительного или комплексного аргумента z. Говорят, что функция f (непрерывна в точке z
0
, ли для любого действительного числа e > 0 можно подобрать такое действительное число (зависящее от и от e), что для всех чисел удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d, будет выполняться неравенство |f (z) − f (z
0
)| Пример. Докажем,
что функция комплексного аргумента f (z) = 2z непрерывна в любой точке z
0
. Пусть заданы точка и произвольное действительное число e > Нужно подобрать такое действительное число d > 0, чтобы для всех чисел z, удовлетворяющих условию |z − z
0
| <
d выполнялось неравенство |f (z) − f (z
0
)| = |2z − 2z
0
| Нетрудно видеть, что можно выбрать d = e/2 (независимо от точки z
0
). Действительно, тогда из условия |z − z
0
| <
d будет вытекать − 2z
0
| = |2(z − z
0
)| = (см. 226) = |2| · |z − z
0
| < 2
d = те. Таким образом, функция f(z) = 2z непрерывна в любой точке z
0
. В частности, она непрерывна при всех действительных значениях аргумента z. Поэтому, если мы ограничимся только действительными значениями аргумента, то получим, что функция действительного аргумента непрерывна при всех действительных значениях x.
236. Пусть a — фиксированное комплексное (или, в частности, действительное) число. Доказать, что функция комплексного (или действительного) аргумента f (z) ≡ a непрерывна при всех значениях аргумента. Доказать, что функция комплексного аргумента f (z) = z и функция действительного аргумента f (x) непрерывны при всех значениях аргумента. Доказать, что функция комплексного аргумента f (z) = непрерывна при всех значениях аргумента z.
*) Геометрический смысл неравенств |z − z
0
| <
d и |f(z) − f(z
0
)| <
<
e см. в задачах 233 в) и 234 г

Определение. Пусть f (z) и g(z) — две функции комплексного (или действительного) аргумента. Функция комплексного (или действительного) аргумента называется суммой функций f (z) и g(z), если в каждой точке выполняется равенство h(z
0
) = f (z
0
) + g(z
0
). При этом, если значение f (z
0
) или g(z
0
) не определено, то значение) также не определено. Точно также определяются разность, произведение и частное двух функций. Пусть функции комплексного или действительного аргумента f (z) и g(z) непрерывны в точке z
0
. Доказать,
что в точке непрерывны функции a) h(z) = f (z) + б) h(z) = f (z) − g(z), в) h(z) = f (z) · Из результата задачи 239 в) получаем, в частности, что если функция f (z) непрерывна в точке и n — натуральное число, то функция [f (z)]
n также непрерывна в точке z
0 240. Пусть функции комплексного или действительного аргумента f (z) и g(z) непрерывны в точке и g(z
0
) = Доказать, что в точке непрерывны функции а) h(z) =
=
1
g(z)
, б) h(z) =
f Определение. Пусть f (z) и g(z) — две функции комплексного или действительного аргумента. Функция называется суперпозицией функций f (z) и g(z), если в каждой точке выполняется равенство h(z
0
) = f (g(z
0
)). При этом, если g(z
0
) не определено или функция f (z) в точке) не определена, то и h(z
0
) не определено. Пусть f (z) и g(z) — функции комплексного или действительного аргумента. Пусть g(z
0
) = и пусть функция) непрерывна в точке z
0
, а функция f (z) непрерывна в точке z
1
. Доказать, что функция h(z) = f (g(z)) непрерывна в точке Из результатов задач 239–241 вытекает, в частности,
что если из нескольких функций комплексного (илидействительного)
аргумента, непрерывных при всех значениях аргумента,
построено некоторое выражение с помощью операций сложения, вычитания, умножения, деления, возведения в натуральную степень и суперпозиции, то полученное выражение будет задавать функцию, непрерывную всюду,
где ни один из знаменателей не обращается в Например, учитывая результаты задачи, получаем, что функции f (z) = z n
, f (z) = az и вообще

f (z) = a
0
z n
+ a
1
z n−1
+ . . . + a являются непрерывными функциями аргумента z при любых комплексных числах a, a
0
, a
1
, . . . , a n
242. Доказать, что функции действительного аргумента f (x) = sin x и f (x) = cos x непрерывны при всех значениях аргумента x.
243. Рассмотрим при всех действительных значениях x
0 функцию f (x) =
n
√
x, где n — некоторое натуральное число и n
√
x берется неотрицательным. Доказать, что эта функция непрерывна при всех x > При изучении непрерывности приходится сталкиваться с некоторыми утверждениями, которые интуитивно кажутся совершенно очевидными, но строгое доказательство которых сопряжено с большими техническими трудностями и требует более строгого, чем это делается в школе, определения действительных чисел, а также изучения основ теории множеств и топологии. Примером такого утверждения может служить следующее утверждение если функция действительного аргумента f (x) непрерывна на некотором отрезке и принимает на этом отрезке только целочисленные значения, то она принимает на всем отрезке одно и тоже значение. Действительно, интуитивно кажется очевидным, что при движении точки x по отрезку значение функции f (x) должно изменяться непрерывно и не может
«перескочить» из одного целочисленного значения в другое. Однако доказать это утверждение строго довольно тя- жело.
В дальнейшем изложении мы будем больше ориентироваться на интуицию читателя и примем несколько интуитивно ясных утверждений, связанных с непрерывностью, без доказательства. В частности, без доказательства мы примем утверждение, сформулированное выше в качестве примера. Строгое доказательство этого утверждения в популярном изложении можно найти, например, в книге:
С т и н род Ни Чин н У, Первые понятия топологии,
«Мир», 1967. См. также Борисович ЮГ. и др, Введение в топологию, М, Физматлит, 1995.
72

§ 7. Непрерывные кривые
Пусть параметр t принимает действительные значения на отрезке 0
t
1, и пусть каждому такому значению t поставлено в соответствие некоторое комплексное число z(t) = x(t) + Плоскость, на которой изображаются значения z, мы будем в дальнейшем называть просто плоскость z». Если функции x(t) и y(t) непрерывны при 0
t
1, то при изменении от 0 до 1 точка z(t) будет описывать некоторую непрерывную кривую на плоскости z. При этом мы
¡
¢
£
¢
¤
¥
Рис. будем рассматривать эту кривую с направлением, принимая точку z
0
= z(0) за начальную, а точку) за конечную. Функцию) мы будем называть параметрическим уравнением этой кривой.
П р им ер. Пусть z(t) = t +
it
2
. Тогда x(t) = t и y(t) = t
2
. Поэтому) при любом t, т. е.
точка z(t) при любом t лежит на параболе =
2
. При изменении t от 0 до 1 x(t) также меняется от 0 дои точка z(t) пробегает дугу параболы y = от точки z
0
= 0 до точки z
1
= 1 + i (рис. Построить на плоскости z кривые, задаваемые следующими параметрическими уравнениями a) z(t) = б) z(t) = it; в) z(t) = it
2
; г) z(t) = t − it; д) z(t) = t
2
+ it;
e) z(t) = R(cos 2
pt + i sin 2pt); ж) z(t) = R(cos 4pt + i sin з) z(t) = R(cos pt + i sin и) z(t) =
cos 2
pt + i sin 2pt при 0
t
1/2,
4t − при 1/2 < t
1.
245. Написать какое-нибудь параметрическое уравнение отрезка,
соединяющего точки z
0
= a
0
+ b
0
i и a
1
+ Замечание. В последующих задачах параметрические уравнения имеют индексы. Эти индексы указывают лишь на номер кривой, но рассматриваются данные кривые на одной и той же плоскости z.
246. С помощью каких геометрических преобразований

из кривой с уравнением z
1
(t) получается кривая с уравнением z
2
(t), если) z
2
(t) = z
1
(t) + z
0
(z
0
— фиксированное комплексное число);
б) z
2
(t) = a · z
1
(t), где a — действительное положительное число;
в) z
2
(t) = z
0
· z
1
(t), где |z
0
| = г) z
2
(t) = z
0
· z
1
(t), где z
0
— произвольное комплексное число. Пусть z
1
(t) — параметрическое уравнение кривой Какая кривая описывается уравнением z
2
(t), если z
2
(t) =
z
1