Лекции по алгебре.Баскаков

Поскольку функция f0(z) = z дифференцируема и f00 (z) = 1 8z 2 C; то

из теоремы 2 следует дифференцируемость многочлена f(z) = a0zn+a1zn 1+

+ an 1z + an; причем f0(z) = na0zn 1 + (n 1)a1zn 2 + + an 1:

Упражнения к § 8

1. Докажите, что для любых комплексных чисел zi = ai+ibi; i = 1; 2 имеют место следующие равенства а) zz = a2 + b2 = jzj2; б) z1z2 = z1z2; в)

1=z = 1=z; z 6= 0; г) jz1z2j = jz1jjz2j; д) z1=z2 = z1z2=jz2j2; z2 6= 0:

2.Докажите неравенства (используя представление комплексных чисел точками плоскости)

jz1 + z2j jz1j + jz2j; jjz1j jz2jj jz1 z2j; z1; z2 2 C:

3. Найдите все корни из единицы степени: а) 2, б) 3, в) 4, г) 5.

4.Докажите, что множество T = fz 2 C : jzj = 1g образует абелеву группу (по умножению) комплексных чисел.

5.Докажите, что корни n – ой степени из единицы образуют абелеву груп-

6.Докажите, что отображение f : R ! T; f(t) = eit есть гомоморфизм групп R и T.

9.Выясните, при каких условиях произведение двух комплексных чисел есть мнимое число.

10.Выполните указанные действия:

11.Представьте в тригонометрической форме число 1 + cos ' + i sin '; считая < ' :

12.Опишите множество точек плоскости, изображающих числа z; удовлетворяющие неравенствам:

a) jzj < 2; b) jz ij 1; c) jz 1 ij 1:

13.Докажите, что всякое комплексное число z, отличное от -1, модуль которого равен 1, может быть представлено в виде

14.Докажите, что (1 + i)n = 2n=2 cos 4n + i sin 4n ; n 2 Z:

15.Вычислите (1 + cos + i sin )n:

16.Извлеките корни

p p p p p

a) 3 i; b) 3 2 2i; c) 4 3; d) 7 1; g) 6 27:

17. Вычислите

18.Составьте формулы, выражающие cos nx и sin nx через cos x и sin x (указание: используйте формулу

(cos x + i sin x)n = cos n x + i sin n x:

(указание: рассмотрите сумму s(x) = cos x+cos 2x+ +cos nx; число

z = cos x2 + i sin x2 и s(x) + i u(x)):

20.Вычислите сумму 1=2 + cos x + cos 2x + + cos n x:

21.Докажите, что сумма корней n-степени из единицы равна нулю.

22.Найдите (с точностью до изоморфизма) фактор-группу G=S; где S – подгруппа из группы G, если

а) G = C (группа по сложению комплексных чисел) и S = R;

б) G = C n f0g – группа ненулевых комплексных чисел и S = R+ (с операцией умножения чисел).

23. Докажите, что следующие группы изоморфны

а) группа C комплексных чисел (по сложению) и группа параллельных переносов плоскости (с операцией суперпозиции);

б) группа T и группа поворотов плоскости относительно фиксированной точки (с операцией суперпозиции);

в) группа Cnf0g ненулевых комплексных чисел (с операцией умножения чисел) и группа преобразований плоскости, задаваемых формулами: x~ = ax by; y~ = bx + ay; a2 + b2 > 0 (с операцией суперпозиции).

x 9. Алгебра многочленов

Пусть поле K = R или K = C: Символом P = P(K) обозначим множество многочленов (полиномов), т.е. функций вида

f(z) = a0 + a1z + + anzn; z 2 K;

где a0; a1; : : : ; an 2 K и an 6= 0 (далее нами используется и другая запись

k = 0; 1; : : : ; n (т.е. имеет место единственность представления; см. упражнение 1).

Число n 0 называется степенью многочлена f и обозначается символом degr f; а числа a0; a1; : : : ; an – коэффициентами многочлена. Множество многочленов P является кольцом. Два соответствующих внутренних закона композиции (операции сложения и умножения) задаются с помощью следу-

8z 2 K: Этот многочлен является единственным многочленом, не имеющим определенной степени. Единицей кольца P служит многочлен e(z) = 1 8z 2 K (степень такого многочлена равна нулю).

Отметим, что если f(z) = a0 + a1z + + anzn; g(z) = b0 + + bmzm; degrf = n; degrg = m (пусть для определенности n m); то многочлены f + g и fg имеют соответственно вид

dk; 0 k m + n определяются равенствами (это простая проверка)

жим ( f)(z) = f(z); т.е. определим внешний закон композиции (операцию умножения многочленов на элементы поля K ). Таким образом, P = P(K) является алгеброй (проверка аксиом предоставляется читателю).

Из леммы 1 следует, что произведение ненулевых многочленов есть ненулевой многочлен.

Лемма 2. Каждый многочлен положительной степени не является обратимым элементом алгебры P.

Доказательство. Пусть f – многочлен степени k 1: Допустим, что он обратим и g = f 1 – обратный для него многочлен. Тогда f(z)g(z) = 1

8z 2 K и поэтому, degr(fg) = degr f + degr g; = degr 1 = 0: Поскольку degr(fg) degr(f) 1; то получено противоречие. Лемма доказана.

Ясно, что обратимыми элементами алгебры P являются многочлены вида f0(z) = a0 6= 0 8z 2 K; причем f0 1(z) = 1=a0; z 2 K:

Из леммы 2 следует, что кольцо многочленов по своим свойствам напоминает кольцо целых чисел Z; в котором всякое отличное от 1 и -1 число не имеет обратного. Так же, как и для целых чисел, для многочленов существует алгоритм деления многочленов с остатком, называемый (как и для целых чисел) алгоритмом Евклида.

Т е о р е м а 1. Для любых двух многочленов f и g из алгебры P(K) существуют единственные многочлены q и r такие, что degr r < degr g и

остатком. Если r = 0 в равенстве (5), то будем говорить, что многочлен f делится на многочлен g. В этом случае многочлен g называется делителем многочлена f .

Доказательство. Пусть f(z) = a0zn + a; zn 1 + + an; g(z) = b0zm + + b1zm 1 + + bm; где a0 6= 0 и b0 6= 0: Если n < m; то можно положить q = 0 и r = f (в этом случае утверждение теоремы доказано).

Если n m; то используем известный из арифметики алгоритм Евклида деления натуральных чисел. Процесс построения многочленов q и r осуществим в несколько этапов.

Э т а п 1. Построим многочлен r1 степени < n и многочлен q1 такие,

имеет степень меньшую n, так как коэффициент при zn в этом многочлене равен нулю. Итак, равенство (6) получено. Если degrr1 < m; то тем самым доказано равенство (5). В противном случае рассматривается

где degrr2 < degrg: Если degrr2 < m; то, подставляя выражение (7) для r1 в равенство (6), получим представление

f = g(q1 + q2) + r2;

которое удовлетворяет условиям теоремы (r = r2; q = q1 + q2):

Если же degr r2 m; то продолжим наши построения и, в конце концов, после проведения k этапов получим многочлен rk степени, меньшей m; и

где многочлен r~ имеет степень, меньшую, чем m. Тогда , вычитая равенство

(8) из равенства (5), получим

g(~q q) = r~ r:

Так как степень многочлена r~ r меньше степени многочлена g, то это равенство возможно лишь при q~ = q и, следовательно, r~ = r: Теорема доказана.

Определение 1. Многочлен g называется общим делителем многочленов f1 и f2 , если он является делителем каждого из этих многочленов. Общий делитель g многочленов f1 и f2 называется наибольшим общим делителем, если он делится на любой общий делитель многочленов f1 и f2 .

Для построения наибольшего общего делителя двух многочленов используем алгоритм последовательного деления (также называемый алгоритмом Евклида), обычно используемый для нахождения наибольшего общего делителя двух натуральных чисел, но вполне применимый и к многочленам.

Пусть f и g – два многочлена из P(K). Для определенности будем считать, что степень многочлена g не превосходит степени многочлена f . При делении f на g получим остаток r1 . Если r1 6= 0; то делим g на r1 и получим остаток r2: Затем при r2 6= 0 делим на r2 и т.д. Поскольку степени остатков уменьшаются, то в конце концов найдется некоторый остаток rk 1 , который будет делиться на остаток rk: Запишем проделанное в виде следующих равенств:

rk 3 = rk 2qk 1 + rk 1; rk 2 = rk 1qk + rk; rk 1 = rkqk+1:

Пользуясь полученными равенствами (9), покажем, что rk – наибольший общий делитель рассматриваемых многочленов f и g. Действительно, из последнего равенства следует, что rk является делителем многочлена rk 1; из предпоследнего получаем, что rk – делитель для rk 2 и т.д. В конце концов, продвигаясь по цепочке равенств вверх, получим, что rk – делитель многочленов f и g.

Допустим, что r – некоторый общий делитель многочленов f и g. Тогда из первого равенства системы равенств (9) следует, что r является делителем многочлена r1; из второго равенства получаем, что r является делителем для r2 и, в конце концов, получаем, что r – делитель для многочлена rk: Это означает, что rk – наибольший делитель для многочленов f и g.

Итогом проведенных рассуждений является

Те о р е м а 2. Наибольшим общим делителем многочленов f и g является многочлен rk; определяемый с помощью системы равенств (9).

Те о р е м а 3. Наибольший общий делитель r двух многочленов f и g может быть представлен в виде

где '1 и '2 – некоторые многочлены.

Доказательство. Используя равенства (9), подставим многочлен r1; определяемый из первого равенства, во второе. Тогда r2 = q2f +(1+q1q2)g: Продолжая этот процесс подстановки в последующие равенства, мы получим представление (10) для многочлена r = rk: Теорема доказана.

Т е о р е м а 4. Пусть z0 2 C: Тогда каждый многочлен f 2 P(C)

f(z) = (z z0)q1(z) + f0; f0 2 C:

Если q1 – многочлен нулевой степени, то разложение (11) получено. Если это не так, то разделив многочлен q1 на g, получим

Из (11) и (12) следует, что

f(z) = f0 + f1(z z0) + q2(z)(z z0)2:

Если необходимо, делим q2 на g и т.д. Поскольку степени многочленов q1; q2; : : : последовательно уменьшаются, то через n шагов получим представление (11) (см. основные положения метода математической индукции, глава I).

Непосредственно из (11) следует, что при z = z0 равенство (11) превращается в равенство f0 = f(z0). Последовательное взятие производных от обеих частей равенства (11) и вычисление их значений в точке z0 приводит

к равенствам f1 = f0(z0); : : : ; fn = fn(z0): Теорема доказана.

n!

Упражнения к § 9

1. Пусть f(z) = a0zn + : : : + an: Докажите, что

lim f(z) a0zn = 0:

z!1 zn

и установите единственность представления многочлена.

2.Докажите, что ненулевые многочлены f; g 2 P(K) делятся друг на друга тогда и только тогда, когда f = g для некоторого ненулевого числаиз поля K .

3.Пусть каждый из многочленов f1; : : : ; fk делится на многочлен ', докажите, что на ' делится также многочлен f1g1 + + fkgk; где g1; : : : ; gk

– произвольные многочлены.

4.Выполните деление многочленов f; g с остатком, если

a) f(x) = x4 2x3 + 4x2 6x + 8; g(x) = x 1;

5.При каком условии многочлен f(x) = x3 + px + q; p; q 2 C делится на многочлен g(x) = x2 + mx 1?

6.Определите числа a; b 2 R так, чтобы многочлен f(x) = axn+1 + bxn + 1 делился на g(x) = (x 1)2 без остатка.

7.Определите наибольший общий делитель многочленов f и g, если

a) f(x) = x4 + x3 3x2 4x 1; g(x) = x3 + x2 x 1; b) f(x) = 2x6 + 2x4 4x3 3x2 + 8x 5; g(x) = x5 + x2 x + 1:

8. Найдите многочлены '1 и '2 такие, чтобы '1f1 + '2f2 = 1; если

a) f1(x) = 3x3 2x2 + x + 2; f2(x) = x2 x + 1; b) f1(x) = x4 x3 4x2 + 4x + 1; f2(x) = x2 x 1:

9.Напишите разложение многочлена f(x) = 3x4 + x3 x2 + 1 по степеням многочлена g(x) = x 1:

x 10. Основная теорема высшей алгебры

В этом параграфе рассматривается алгебра многочленов P = P(C) над полем C комплексных чисел и изучается вопрос существования корней многочленов из P(C).

Определение 1. Комплексное число z0 называется корнем многочлена f 2 P(C); если f(z0) = 0:

Вначале рассмотрим многочлен второй степени f(z) = a0z2 + a1z + a2: Из его представления в виде

сразу получаем, что он имеет два корня z1 и z2 , которые находятся по фор-

Для многочленов третьей и четвертой степени также существуют формулы для нахождения корней (см., например, [9]). Однако их практическое значение (особенно для многочленов четвертой степени) незначительно. Норвежским математиком Г.Абелем была доказана невозможность написания общей формулы для корней многочленов степени выше четвертой в радикалах (т.е. формулы, использующей алгебраические выражения, включающие извлечение корней). Э.Галуа (1811–1832) провел полное исследование возможности представления корней многочленов в радикалах. Его исследования по сути дела дали основу современной теории групп.

Теперь приступим к доказательству основной теоремы высшей алгебры о существовании корня (в общем случае комплексного) для произвольного многочлена из P = P(C) степени не ниже первой. Впервые доказательство этой теоремы было предложено К.Ф.Гауссом (1777 – 1855) в 1799 году.

Вначале сформулируем и докажем несколько вспомогательных утверждений для многочлена f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an; n 1 из P(C):

Лемма 1. Если f(z0) 6= 0 для z0 2 C, то существует комплексное число h такое, что

66 Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов

существующее в силу теоремы 4 из x 9: Пусть fk – первый ненулевой коэф-

q

фициент из чисел f1; f2; : : : ; fn: Положим h = t k f(z0); где в качестве корня

fk

k–ой степени берется любое из k его значений и число t 2 [0; 1] подлежит последующему определению.

Из представления (1) получаем (см. упражнение 2 из x 8) jf(z0 + h)j = jf(z0) tkf(z0) + tk+1bk+1 + + tnbnj

(1 tk)jf(z0)j + tk+1jbk+1j + + tnjbnj =

=jf(z0)j + tk( jf(z0)j + tjbk+1j + + tn kjbnj) = jf(z0)j + tkb(t);

lim jf(zk)j = 1: Лемма доказана.

k1

Т е о р е м а (основная теорема высшей алгебры). Каждый многочлен f 2 P(C) степени n 1 имеет хотя бы один корень из C.

Доказательство. Пусть = inf jf(z)j (т.е. – нижняя грань множе-

z2C

ства значений модуля jfj многочлена f ). Тогда существует последовательность (zk) из C такая, что

была неограниченной, то из нее можно было бы выделить последователь-