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: 6 из 16

+ 60w − z = При каких значениях z они будут кратными корнями?
Из решения предыдущей задачи вытекает, что при z =
= ±38 и z = ±16 уравнение (
14.1
) имеет 4 различных корня,
при остальных значениях z это уравнение имеет 5 различных корней. Таким образом, функция w(z), выражающая корни уравнения (
14.1
) через параметр z, принимает 4 различных значения при z = ±38 и z = ±16 и принимает различных значений при остальных значениях z. Изучим эту функцию w(z).
109

Докажем сначала, что при малом изменении параметра корни уравнения (
14.1
) изменяются также мало. Более точно это свойство выражено в следующей задаче. Пусть z
0
— произвольное комплексное число и один из корней уравнения (
14.1
) при z = z
0
. Рассмотрим круг сколь угодно малого радиуса r с центром в точке Доказать, что существует такое действительное число r >
> 0, что если |z
0
− z
0
| <
r, тов рассматриваемом круге лежит хотя бы один корень уравнения (
14.1
) и при z = Пусть функция w(z) выражает корни уравнения (через параметр z и пусть w
0
— одно из значений Тогда из результата задачи 344 вытекает, что если z движется непрерывно по некоторой кривой, начинающейся в точке z
0
, то можно так выбирать одно из значений чтобы точка w также двигалась непрерывно по некоторой кривой, начинающейся в точке w
0
. Другими словами, функцию) можно определить по непрерывности вдоль любой кривой C. Если при этом кривая C не проходит через точки разветвления и неоднозначности (стр) функции, то функция w(z) определяется по непрерывности вдоль кривой C однозначно. Доказать, что точки, отличные от z = ±38 и z =
= ±16, не могут быть точками разветвления и точками неоднозначности функции w(z), выражающей корни уравнения) через параметр Пусть w(z) — функция, выражающая корни уравнения) через параметр z. Являясь одной из алгебраических функций, функция w(z) является достаточно хорошей (см. § 10, стр, те. она обладает свойством монодромии. Поэтому для функции w(z) можно построить риманову поверхность (см. 309 и 310). Эта риманова поверхность будет иметь, очевидно, 5 листов.
В силу результата задачи 345 точками разветвления и неоднозначности функции w(z) могут быть только точки z = ±38, и z = ±16, но пока неясно, являются ли они тако-
*) Многозначная функция w(z) называется алгебраический, если она выражает через параметр z все корни некоторого уравнения a
0
(z)w n
+ a
1
(z)w n−1
+ . . . + a n
(z) = в котором все a i
(z) — многочлены от z. Все алгебраические функции являются аналитическими

выми.
346. Пусть известно, что точка z
0
= +38 (или z
0
= или z
0
= ±16) является точкой разветвления функции выражающей корни уравнения (
14.1
) через параметр z. Как соединяются листы римановой поверхности функции в точке точнее, на разрезе, проведенном из точки в бесконечность см. замечание 2 на стр. Пусть w(z) — функция, выражающая корни уравнения) через параметр z. Пусть, кроме того, и произвольные точки, отличные от z = ±38 и z = ±16, и w
0
,
w
1
— любые их образы при отображении w(z). Доказать,
что можно провести непрерывную кривую из точки в точку так, чтобы она не проходила через точки z = и z = ±16 и чтобы ее непрерывный образ, начинающийся в точке w
0
, оканчивался в точке w
1 348. Доказать, что все четыре точки z = ±38 и z = являются точками разветвления функции w(z). Как может выглядеть схема римановой поверхности функции Нарисовать все различные варианты. (Различными считаем те схемы, которые нельзя получить друг из друга перестановкой листов и точек разветвления. Найти группу Галуа функции w(z), выражающей корни уравнения 25w
3
+ 60w − z = через параметр z.
350. Доказать, что функция w(z), выражающая корни уравнения 25w
3
+ 60w − z = через параметр z, не может быть выражена в радикалах. Доказать, что общее алгебраическое уравнение й степени a
0
w
5
+ a
1
w
4
+ a
2
w
3
+ a
3
w
2
+ a
4
w + a
5
= 0
(a
0
, a
1
, a
2
, a
4
, a
5
— комплексные параметры, a
0
= 0) неразрешимо в радикалах, те. не существует формулы, выражающей корни этого уравнения через коэффициенты с помощью операций сложения, вычитания, умножения, деления,
возведения в натуральную степень и извлечения корней натуральной степени

352. Рассматривая уравнение 25w
3
+ 60w − z)w n−5
= доказать, что при n > 5 общее алгебраическое уравнение степени n неразрешимо в радикалах.
Результаты задачи составляют основное утверждение данной книги. Нами доказана следующая теорема.
Т е орем а
А беля. При n
5 общее алгебраическое уравнение степени n a
0
w n
+ a
1
w n−1
+ . . . + a n−1
w + a n
= неразрешимо в радикалах.
З а меча ни е 1. Во Введении была получена формула Кардано для решения общего алгебраического уравнения й степени. Причем корнями уравнения являлись не все значения, задаваемые этой формулой, а лишь те, для которых выполнялось некоторое дополнительное условие.
Поэтому может возникнуть вопрос, нельзя ли и для общего уравнения степени n (n > 5) построить формулу в радикалах так, чтобы его корни являлись бы лишь частью значений, задаваемых формулой. Покажем, что этого нельзя сделать уже для уравнения (Действительно, если значения функции w(z), выражающей корни уравнения (
14.1
) через параметр z, являются частью значений некоторой функции w
1
(z), выражающейся в радикалах, то риманова поверхность функции является отдельной частью римановой поверхности функции. Если G — группа Галуа функции w
1
(z), то каждой подстановке группы G соответствует подстановка пяти листов, относящихся к w(z). Это отображение является гомоморфизмом группы G на группу S
5
. Так как группа неразрешима, то и группа G неразрешима (см. С другой стороны, группа G должна быть разрешима как группа Галуа для функции, выражающейся в радикалах.
Противоречие.
З а меча ни е 2. Из замечания на стр.
109
вытекает, что теорема Абеля останется справедливой, если кроме радикалов разрешить использовать и некоторые другие функции,
например любые однозначные аналитические функции (e z
,
sin z и т. д, функцию Ln z и некоторые другие.
З а меча ни е 3. Рассмотрим уравнение (
14.1
) только в

области действительных чисел. Пусть функция y() выражает действительные корни уравнения 25y
3
+ 60y − x = через действительный параметр . Нельзя ли функцию выразить в радикалах Оказывается, что нельзя. Для тех, кто знаком с курсом теории аналитических функций,
укажем, что это вытекает из теоремы об аналитическом продолжении. Действительно, функция w(z), выражающая корни уравнения (
14.1
) через параметр z, является аналитической функцией. Поэтому, если бы функция выражалась в радикалах, то соответствующая формула,
рассматриваемая в области комплексных чисел, задавала бы, в силу теоремы об аналитическом продолжении, функцию, те. функция w(z) выражалась бы в радикалах.
Следовательно, теорема Абеля останется справедливой ив том случае, если рассматривать только действительные корни общего уравнения степени n (n
5) при всевозможных действительных значениях коэффициентов. При этом,
в силу замечания 2, она останется справедливой даже в том случае, если кроме радикалов разрешить использовать некоторые другие функции, например любые функции, допускающие однозначное аналитическое продолжение (e x
,
sin и т. д, функцию ln и некоторые другие.
З а меча ни е 4. Класс алгебраических функций (см.
сноску на стр) является достаточно богатыми интересным классом. В частности, можно показать, что все функции, выражающиеся в радикалах, являются алгебраическими. Мы доказали, что любая функция, выражающаяся в радикалах, имеет разрешимую группу Галуа
(теорема 11, стр. Оказывается, что если ограничиться алгебраическими функциями, то будет верно и обратное утверждение если группа Галуа некоторой алгебраической функции разрешима, то эта функция выражается в радикалах. Таким образом, алгебраическая функция выражается в радикалах тогда и только тогда, когда ее группа Галуа разрешима. Этот результат является частным случаем общей теории Галуа (см. например, Чебота рев Н. Г.,
Основы теории Галуа, ОНТИ–ГТТИ, 1934).
113

Указания, решения, ответы
Глава 1 1. Ответ. В случаях 1 а, 1 в, 2 в, 3 а. См. табл. 3.
3. См. табл. 4.
4. См. табл. 5.
5. См. табл. 6.
6. См. табл. 7, где e и a — вращения ромба вокруг центра соответственно на и 180
◦
, b и c — отражения ромба относительно диагоналей.
Т а блица Таблица b
d d
f c
b e
a f
f c
d a
b Таблица Таблица f
d c
c b
e a
h g
d f
d d
f h
g e
a c
b f
f d
g h
a e
b c
g g
h d
f b
c e
a h
h g
f d
c b
a Таблица. См. табл. 7, где e и a — вращения прямоугольника вокруг центра соответственно на и 180
◦
, b и c — отражения прямоугольника относительно прямых, проходящих через середины противоположных сторон. Нет. Так как ни у одного города название не начинается с буквы ъ, то у этой буквы не будет прообразов. Ответа не является отображением на, так как, например,
не существует целого n такого, что f(n) = 5, те. у числа 5 нет прообразов б является отображением на, ноне является взаимно однозначным отображением, так как у каждого неотрицательного целого

числа имеется при отображении f(n) = |n| два прообраза, например,
у числа 5 прообразы 5 ив является взаимно однозначным отображением, так как числа 0, 1, 2, . . . отображаются в числа 0, 2, 4, . . . , а числа −1, −2, −3, . . . отображаются в числа, 3, 5, . . .
10. Ответ. e
−1
= e, a
−1
= b, b
−1
= a, c
−1
= , d
−1
= d, f
−1
= f .
11. Ответ. g
−1
(x) = x/2.
12. Пусть данная группа преобразований содержит преобразование. Тогда по определению группы преобразований она содержит также преобразование и преобразование g
−1
· g = e.
13. Из определений преобразования e и произведения преобразований получаем (eg)(A) = e(g(A)) = g(A) и (ge)(A) = g(e(A)) = для любого элемента A. Поэтому eg = g и ge = g.
14. ((g
1
g
2
)g
3
)(A) = (g
1
g
2
)(g
3
(A)) = g
1
(g
2
(g
3
(A)));
(g
1
(g
2
g
3
))(A) = g
1
((g
2
g
3
)(A)) = g
1
(g
2
(g
3
(A)))
15. 1) Нет. Единичным элементом здесь может быть только 1, и не существует элемента 0
−1
, те. элемента x такого, что 0 · x = x · 0 = 1.
2) Да. Да. а) Нет. Среди натуральных чисел нет единичного элемента x такого, что n + x = x + n = n для любого натурального n. (Если же рассматривать натуральные числа вместе с нулем, то у всех элементов, кроме 0, не будет противоположных) б) Нет. Единичным элементом может быть только 1, но тогда у всех элементов, кроме 1, не будет обратных. Пусть и e
2
— два единичных элемента. Тогда e
1
a = a и ae
2
= a для любого элемента a. Поэтому e
1
e
2
= и e
1
e
2
= e
1
. Отсюда e
1
= e
2 19. Пусть элемент a имеет два обратных элемента и a
2
. Тогда ea
2
= ив силу ассоциативности a
1
(aa
2
). Поэтому a
1
= a
2 20. 1) ee = e. 2) a
−1
a = aa
−1
= e.
21. Проведем доказательство методом математической индукции.
Для n = 3 утверждение задачи верно, так как в этом случае можно построить только два произведения (и a
1
(a
2
a
3
) и по условию задачи (a
1
a
2
)a
3
= a
1
(a
2
a
3
). Пусть утверждение задачи верно для всех n таких, что 3
n < k. Докажем, что тогда оно верно и для n =
k. Пусть дано произвольное правильно построенное произведение содержащее k сомножителей a
1
, a
2
, . . . , a k
. В нем имеется операция умножения, которая выполняется последней, и, следовательно, произведение представимо в виде A = (A
1
) · (A
2
), где и A
2
— правильно построенные произведения, содержащие соответственно l и k − l сомножителей, причем l < k и k − l < k. Так как l < k и k − l < k, то по предположению индукции произведение задает тот же элемент,
что и произведение (. . . ((a
1
· a
2
) · a
3
) · . . . · a l−1
) · a l
, а A
2
— тот же элемент, что и произведение (. . . ((a l+1
· a l+2
) · a l+3
) · . . . · a k−1
) · a Следовательно, произведение A задает тот же элемент, что и произведение a l+3
) · . . . · a k
).
115

Пусть. . . ((a
1
· a
2
) · a
3
) · . . . · a l−1
) · a l
= a,
(. . . ((a l+1
· a l+2
) · a l+3
) · . . . · a k−2
) · a k−1
= Тогда A задает элемент a · (b · a k
). Нов силу ассоциативности a · (b ×
× a k
) = (a · b) · a k
. Произведение a · b задано у нас как правильно построенное произведение, содержащее k − 1 < k сомножителей. Поэтому по предположению индукции ab = (. . . ((a
1
· a
2
) · a
3
) · . . . · a k−2
) · a Отсюда произведение A задает элемент a · (b · a k
) = (a · b) · a k
= (. . . ((a
1
· a
2
) · a
3
) · . . . · a k−1
) · a Что и требовалось доказать. Ответ. 1) Да, 2) да, 3) нет, 4) да, 5) да. 1) (ab)(b
−1
a
−1
) = a(bb
−1
)a
−1
= aea
−1
= aa
−1
= e и (b
−1
a
−1
) ×
× (ab) = b
−1
(a
−1
a)b = b
−1
eb = b
−1
b = e. 2) Доказывается индукцией no n: если для n − 1 уже доказано, то (a
1
· . . . · a n
)
−1
= (по пункту 1) =
= a
−1
n
· (a
1
· . . . · a n−1
)
−1
= a
−1
n
· a
−1
n−1
· . . . · a
−1 1
24. Пусть ax = b для некоторого элемента x. Тогда, умножая обе части равенства на слева, получим a
−1
ax = a
−1
b и x = a
−1
b. Таким образом, решением уравнения ax = b может быть только один элемент a
−1
b. Этот элемент действительно является решением, так как a(a
−1
b) = (aa
−1
)b = b. Точно также доказывается, что уравнение ya = b имеет единственное решение y = ba
−1 25. Так как aa = e для любого элемента a, то для любых элементов и c имеем (bc)(bc) = e. Умножим обе части этого равенства слева на b и справа на c. Получим bbcbcc = bec. Так как bb = e и cc = e, то получаем (ec)(be) = (be)c и cb = bc. Так как b и c — любые элементы группы G, то эта группа коммутативная. Надо доказать, что a m
· (a
−1
)
m
= (a
−1
)
m
· a m
= e. Имеем e. Точно также доказывается, что a m
= e. (Для большей строгости надо применить принцип математической индукции. Рассмотрим несколько случаев а) m > 0, n > 0, тогда a m
×
× a n
= a · a · . . . · a m
· a · a · . . . · a n
= a · a · . . . · a m+n
= a m+n
; б) m < 0, n < 0,
m = −k (k > 0), n = −l (l > 0), тогда a m
· a n
= a
−k
· a
−l
= (a
−1
)
k
×
× (a
−1
)
l
= (см. случай а) = (a
−1
)
k+l
= a
−(k+l)
= a m+n
; в) m > 0,
n < 0, m + n
0, тогда a m
· a n
= (см. случай а) = (a m+n
· a
−n
) ×
× a
−(−n)
= a m+n
· a
−n
· (a
−n
)
−1
= a m+n
; г) m > 0, n < 0, m + n < тогда a m
· a n
= (см. б) = a m
· (a
−m
· a m+n
) = a m
· (a m
)
−1
· a m+n
=
= a m+n
. Случай m < 0, n > 0 разбирается аналогично случаям в)
и г. Случаи m = 0, или n = 0 легко проверяются. Рассмотрим несколько случаев:
а) n > 0, тогда (a m
)
n
= a m
· a m
· . . . · a m
n
= (см. 27) = a n
m+m+...+m
=
= a mn
; б) n < 0, m > 0, n = −l (l > 0), тогда (a m
)
n
= ((a m
)
l
)
−1
=
= (см. случай атак как ml > 0)= a
−ml
= a mn
; в) n < 0,
m < 0, n = −l (l > 0), m = −k (k > 0), тогда (a m
)
n
= (((a k
)
−1
)
−1
)
l
=
116

= (см. 20) = (a k
)
l
= (см. случай а) = a kl
= a mn
. Случаи m = 0 или n = 0 легко проверяются. Ответ. В группе симметрий треугольника (см. 3) a, b порядка порядка 2; квадрата (см. 5) b, c порядка 4, a, d, f ,
g, h порядка 2; ромба (см. решение 6) все элементы (отличные от порядка 2.
30. 1) Пусть a k
= a l
, где 0
k n − 1, 0
l n − 1 и k > l. Умножим обе части равенства справа на a
−l
. Получим a k
· a
−l
= a l
· a
−l и
(см. 27) a k−l
= e. Так как 0 < k − l n − 1, то получаем противоречие стем, что порядок элемента a равен n.
2) Любое целое число m можно представить в виде m = nt + где 0
r n − 1 и t — некоторое целое число. Тогда a m
= a nt+r
=
= (см. 27) = a nt
· a r
= (см. 28) = (a n
)
t
· a r
= (так как a n
= e) = a r
, где n − 1.
31. Указание. Образующий элемент — поворот на угол 2
p/n.
32. Ответ. В группе вращений треугольника образующие a вращение на и b — вращение на 240
◦
, в группе вращений квадрата вращение на и c — вращение на 270
◦
33. Пусть m = nd + r, где 0
r n − 1. Тогда (см. решение 30 2))
a m
= a r
. Но a r
= e тогда и только тогда (см. 30 1)), когда r = 0. Отсюда a
m
= e тогда и только тогда, когда m = nd.
34. (a m
)
p
= a mp
= (a p
)
m
= e m
= e. Поэтому (см. 33) порядок элемента должен быть делителем числа p. Так как p — простое число,
то отсюда следует утверждение задачи. n/d и m/d — целые числа, поэтому (a m
)
n/d
= a mn/d
= (a n
)
m/d
=
= e m/d
= e. Если же k — такое натуральное число, что (a m
)
k
= a mk
=
= e, то (см. 33) mk должно делиться на n и m/d · k должно делиться на n/d. Так как числа m/d и n/d взаимно просты, то k должно делиться на n/d. Следовательно, наименьшим натуральным k таким,
что (a m
)
k
= e является k = n/d.
36. Пусть a — поворот против часовой стрелки на угол 2
p/12. Тогда все элементы рассматриваемой группы — это e, a, a
2
, . . . , a
11
. Для того чтобы элемент a был образующим, надо, чтобы его порядок был равен 12, и, следовательно, числа m и 12 (см. 35) должны быть взаимно просты. Поэтому a будет образующим при m = 1, 5, 7 , Ответ. Образующими являются повороты на углы p
6
,
5
p
6
,
7
p
6
,
11
p
6 37. Пусть a k
= a и k > l. Тогда a k
· a
−l
= a l
· a
−l ив противоречие стем, что a — элемент бесконечного порядка. Указание. Если рассматривается группа по сложению, то под a понимается сумма a + a + . . . + a (m слагаемых) и под понимается −a. Образующими будут 1 и −1.