Гашков С.Б. Современная элементарная алгебра в задачах и решениях

Подождите немного. Документ загружается.

§ 4.17. Тригонометрические многочлены 291

Д о к а з а т е л ь с т в о. Существование многочленов в п. (i), (ii) вы

текает из п. (i), (ii) предыдущей леммы. Для доказательства существова

ния обратного преобразования достаточно заметить, что

cos

x −A sin(n + 1)x

sin x и cos

x −B cos nx

при подходящих A, B являются многочленами от cos x степени, меньшей

n −1, и применить индукцию.

Единственность вытекает из того, что два многочлена с действитель

ными коэффициентами совпадают, если они принимают равные значения

на бесконечном множестве точек.

Так как тригонометрические многочлены реализуют функции с пери

одом 2π, естественно считать у них корни с точностью до эквивалент

ности по модулю 2π, т. е. два корня z

и z

считаем эквивалентными,

если z

≡z

(mod2π). Кратностью корня тригонометрического многочле

на назовем кратность этого же корня у соответствующего этому триго

нометрическому многочлену алгебраического многочлена вдвое большей

степени.

Теорема 112 (о числе корней тригонометрических многочленов).

(i) Комплексный тригонометрический многочлен степени n име-

ет не более 2n комплексных корней с учетом кратности.

(ii) Действительный тригонометрический многочлен степени n

имеет не более 2n действительных корней с учетом кратности.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Для доказательства достаточно воспользо

ваться представлением тригонометрического многочлена степени n в виде

−inz

) и заметить, что e

−inz

6= 0.

Предыдущая теорема полезна при решении тригонометрических урав

нений, большинство из которых сводится к поиску корней действитель

ных тригонометрических многочленов. Доказательство этой теоремы дает

и метод поиска корней: сведение к алгебраическому уравнению P

отбору его корней, имеющих модуль, равный единице, и нахождению их

аргументов.

Иногда удобнее не использовать явно комплексные числа, а вос

пользоваться представлением тригонометрического многочлена в виде

(cos x, sin x) и выразить, например, sin x через cos x, что потре

бует, однако, избавления от появившегося радикала путем возведения

в квадрат и приведет к удвоению степени уравнения.

Можно избежать указанной процедуры, если применить так назы

ваемую универсальную подстановку, выражающую sin x и cos x через

tg(x

2). При этом степень получившегося уравнения относительно tg(x

также удваивается.

19*

292 Глава IV. Алгебраические уравнения

Упражнение 178. Проверьте формулы

а) sin x =

2 tg(x

1 + tg

; б) cos x =

1 − tg

1 + tg

В некоторых случаях, например, когда многочлен Q

(cos x, sin x) од

нородный, т. е. состоит только из одночленов вида sin

x cos

n−k

x, со

ответствующее уравнение можно свести к уравнению относительно tg x,

не повышая при этом его степени.

Если тригонометрический многочлен четный или нечетный, то соот

ветствующее уравнение можно свести к уравнению относительно cos x,

не повышая при этом его степени.

Задачи и упражнения к § 4.17

Задачи в этом параграфе, как правило, трудны, но они становятся

вполне доступными, если решать их в частных случаях n = 2, 3, 4, ...

Первый цикл задач посвящен многочленам Чебышёва. Подобных за

дач известно колоссальное количество, и мы здесь приводим только неко

торые из них.

1. Докажите рекуррентные соотношения и проверьте начальные ус

ловия

(x) = 2xT

n−1

(x) −T

n−2

(x), T

(x) = 1, T

(x) = x,

(x) = 2xU

n−1

(x) −U

n−2

(x), U

(x) = 1, U

(x) = 2x.

2. Эти последовательности можно продолжить и для отрицательных

индексов. Докажите соотношения T

= T

−n

, U

= −U

−n−2

3. Докажите при n 6= −1 тождество

(x) =

n + 1

′

n+1

(x).

4. Докажите тождества:

а) T

(−x) = (−1)

(x); б) U

(−x) = (−1)

(x).

5. Докажите равенства:

а) T

(x) =

⌊n

2⌋

k=0

n−2k

−1)

;

б) U

(x) =

⌊n

2⌋

k=0

2k+1

n+1

n−2k

−1)

;

§ 4.17. Тригонометрические многочлены 293

в) T

(x) =

⌊n

2⌋

k=0

(−1)

n −k

n−k

(2x)

n−2k

;

г) U

(x) =

⌊n

2⌋

k=0

(−1)

n−k

(2x)

n−2k

6. Докажите при |x| < 1 тождества:

а) T

(x) = cos (n arccos x);

б) U

(x) = sin ((n + 1) arccos x)

sin (arccos x).

7*. Докажите при |x|> 1 тождества:

а) T

(x) =

((x +

√

−1)

+ (x −

√

−1)

);

б) T

(x) = ch (n Arch x);

в) U

(x) =

−1

((x +

√

−1)

n+1

+ (x −

√

−1)

n+1

);

г) U

(x) = sh ((n + 1) Arch x)

sh (Arch x).

8. Найдите корни и экстремумы многочленов Чебышёва первого

и второго рода.

9. Докажите рекуррентные соотношения:

а) T

m−n

+ T

m+n

);

б) U

m−n

+ U

m+n

);

в) T

(x)T

(x) ± (1 −x

m−1

n−1

(x) = T

m∓n

(x);

г) U

m−1

(x)T

(x) ±T

n−1

(x) = U

m±n−1

(x);

д) T

) = T

(x);

е) U

m−1

) = U

mn−1

n−1

;

ж) T

−U

n−2

);

з) T

(x) = U

(x) −xU

n−1

;

и) T

(x) = xU

n−1

(x) −U

n−2

10**. Докажите, что сложность совместного вычисления значе

ний T

(x), U

(x) не больше C log

n, где C

––

константа.

11*. Для любого тригонометрического многочлена

(x) = a

k=1

cos kx + b

sin kx)

при n > m > n

3 справедливо тождество

(x) −t



x +



+ t



x +

2π



−... −t



x +

π(2m −1)



= a

cos mx + b

sin mx.

294 Глава IV. Алгебраические уравнения

12*. Назовем нормой и обозначим kt

k максимум модуля тригоно

метрического многочлена t

. Докажите для любого m, n > m > n

3, не

равенство

+ b

13. Докажите, что среди всех тригонометрических многочленов t

степени n с данными старшими коэффициентами a

, b

наименьшую

норму kt

k имеет тригонометрический многочлен a

cos nx + b

sin nx

и только он.

14*. Назовем нормой и обозначим kp

k максимум модуля много

члена p

на отрезке [−1, 1]. Докажите, что среди всех многочленов p

степени n с данным старшим коэффициентом a

наименьшую норму име

ет многочлен Чебышёва a

1−n

(x).

15*. а) Для любого n ∈N существует многочлен P

(x) ∈Z[x] та

кой, что 2 cos nt = P

(2 cos t).

б) Выведите из а), что при любом q ∈Q или cos qπ ∈ {0, ∓1

2, ∓1},

или число cos qπ иррационально.

16*. Вычислите

k=0

cos(kx + α).

17*. Вычислите

k=0

cos

kx.

18*. Решите уравнение

cos ϕ + C

cos(ϕ + α)x + ... + C

cos(ϕ + αn)x

= 0.

19. Докажите тождества и найдите корни тригонометрических много

членов

+ cos x + . . . + cos nx =

sin

2n + 1

2 sin

(ядро Дирихле);

cos x + .. . + cos nx =

sin

x cos

n + 1

sin

;

cos x + cos 3x + . . . + cos (2n −1)x =

sin 2nx

2 sin x

;

sin x + sin 2x + ... + sin nx =

sin

x sin

n + 1

sin

;

§ 4.17. Тригонометрические многочлены 295

sin x + sin 3x + ... + sin (2n −1)x =

sin

sin x

;

n + 1

+ n cos x + (n −1) cos 2x + . .. + cos nx =







sin

n + 1

sin







(ядро Фейера).

20*. Докажите, что тригонометрический многочлен

k=1

cos kx + b

sin kx)

всегда имеет корни.

21*. а) Составьте уравнение с корнями ctg



kπ

2n + 1



, 1 6 k 6 n.

б) Докажите, что

k=0

ctg



kπ

2n + 1



= n(2n −1)

3 и

k=0

cos



kπ

2n + 1



= 2n(n + 1)

в) Выведите из б) и неравенства ctg α <

< cosec α, что

2n(2n −1)

(2n + 1)

< 1 +

+ ... +

2n(2n + 2)

(2n + 1)

откуда следует формула Эйлера

∞

n=1

= lim

n→∞



1 +

+ ... +



22*. (М. Рисс *.) Докажите, что для любого неотрицательного триго

нометрического многочлена

(x) = a

k=1

cos kx + b

sin kx)

справедливо тождество

(x) = |h

где h

––

многочлен n

й степени. Если к тому же t

четный, то h

можно

подобрать так, чтобы он имел только действительные коэффициенты.

* М. Рисс (Marsel Riesz, 1886

–

1969)

––

венгерский математик. Работал в Швеции.

296 Глава IV. Алгебраические уравнения

23*. Докажите, что для любого неотрицательного тригонометриче

ского многочлена

(x) = a

k=1

cos kx + b

sin kx)

справедливо неравенство

(x) 6 (n + 1)a

которое обращается в равенство лишь для ядра Фейера.

24*. Пусть t

(x)

––

тригонометрический многочлен n

й степени,

m = min

x∈R

(x), M = max

x∈R

(x).

Докажите, что

m +

M − m

n + 1

2π

(x)dx = a

6 M −

M − m

n + 1

25*. Докажите, что

а) cos nx =A

k=1

sin

x −θ

, где θ

2k−1

π;

б) Q

(m)

(x) =

cos nx

(−1)

ctg

x −θ

= (−1)

m+1

cos nx sin

x −(π + θ

)

2n sin

x −θ

есть тригонометрический многочлен n

й степени такой, что

(m)

(θ

) =

(

0, k 6= m;

1, k = m.

26*. Докажите, что для любого тригонометрического многочлена

(x) = a

k=1

cos kx + b

sin kx)

справедливы равенства

(x) = a

cos nx +

cos nx

k=1

(−1)

ctg

x − θ

(θ

′

(0) =

k=1

(−1)

k+1

sin

(θ

);

§ 4.18. Расширения полей 297

формула М. Рисса для производной тригонометрического многочлена

′

(0) =

k=1

(−1)

k+1

sin

(x −θ

);

неравенство С. Н. Бернштейна *

max

x∈R

′

(x)|6 n max

x∈R

(x)|.

§ 4.18. Расширения полей

Расширение поля путем присоединения корня неприводимого над ним

многочлена

––

это важнейшая и простейшая конструкция теории полей,

причем единственная, которую мы будем изучать.

Рассмотрим поле F и кольцо многочленов над ним F[x]. Пусть много

член f(x) = a

+ a

n−1

+ ... + a

n−1

x + a

неприводим над этим полем.

Оказывается, можно дополнить поле F новым элементом α таким, что

для него выполняется тождество

f(α) = a

+ a

n−1

+ ... + a

n−1

α + a

= 0. (∗)

Операции на множестве формальных выражений (

многочленов

)

вида

ϕ(α) = b

+ b

m−1

+ ... + b

m−1

α + b

где b

∈F, 0 6 m < n, определим следующим образом.

Определение 111. Сложение определяется так же, как и сложе

ние многочленов (при этом выполняются все аксиомы абелевой группы

по сложению), умножение определяется как умножение многочленов,

но с последующим использованием тождества (∗), т. е. после обычного

умножения многочленов и деления произведения на f(α) с остатком бу

дем считать произведением этот остаток.

Очевидно, степень произведения не превосходит n −1 и операция

умножения похожа на умножение в поле вычетов по простому модулю.

Нейтральным элементом для умножения является 1.

Докажем существование обратного элемента по умножению.

По условию многочлен f(x) неприводим, поэтому любой не равный нулю

* Бернштейн Сергей Натанович (1880

–

1968)

––

советский математик, академик, ино

странный член Парижской академии наук.

298 Глава IV. Алгебраические уравнения

многочлен ϕ(x) степени, меньшей n, взаимно прост с ним, а значит, мож

но подобрать такие многочлены χ(x) и µ(x), что f(x)χ(x) + µ(x)ϕ(x) = 1.

Подставляя x = α, получим µ(α)ϕ(α) = 1.

Упражнение 179. Показать, что для введенных операций выполня

ются все аксиомы поля.

Определение 112. Построенное поле называется расширением по

ля F с помощью корня многочлена f(x) и обозначается F(α).

Упражнение 180. Пусть F

––

поле вычетов по модулю 2, многочлен

+ x + 1 неприводим над этим полем. Обозначим через α корень этого

многочлена, тогда α

+ α + 1 = 0. Проверьте, что F(α) состоит из эле

ментов 0, 1, α, α + 1 и операции сложения и умножения в этом поле

из 4 элементов определяются по следующим таблицам Кэли:

+ 0 1 α α + 1

0 0 1 α α + 1

1 1 0 α + 1 α

α α α + 1 0 1

α + 1 α + 1 α 1 0

· 0 1 α α + 1

0 0 0 0 0

1 0 1 α α + 1

α 0 α α + 1 1

α + 1 0 α + 1 1 α

Упражнение 181. Проверьте, используя эти таблицы, что выполня

ются все аксиомы поля.

Упражнение 182. Рассмотрим поле действительных чисел R

и неприводимый над ним многочлен x

+ 1. Обозначим буквой i ко

рень этого многочлена: i

+ 1 = 0. Получите указанным выше способом

расширение поля действительных чисел с помощью корня рассматрива

емого многочлена R [i] и проверьте, что это расширение есть не что иное,

как поле комплексных чисел.

Определение 113. Множество K комплексных чисел (не обяза

тельно всех) называется числовым полем, если для него выполняются

условия:

а) α, β ∈K ⇒α ±β ∈ K ;

б) α, β ∈K ⇒α ·β ∈K и (при условии β 6= 0) α

β ∈K ;

в) поле K содержит не менее двух элементов.

Теорема 113. Всякое числовое поле K содержит все рациональ-

ные числа.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Во

первых, поле K содержит 0 и 1. В самом

деле, пусть α, β

––

два различных элемента K , тогда 0 = α −α и 1 = α

α,

где α считаем не равным 0.

§ 4.18. Расширения полей 299

Во

вторых, поле K содержит все целые числа. Действительно,

если n ∈Z и n > 0, то n = 1 + . . . + 1

{z }

n раз

∈K . Если же n ∈Z и n < 0,

то −n > 0 ⇒−n ∈K . Но тогда n = 0 − (−n) ∈K . Осталось заметить,

что всякое рациональное число есть частное двух целых n

∈K .

Определение 114. Если поле K

содержит поле K

, то говорят,

что K

является расширением K

Примером расширения поля K служит поле, получающееся присоеди

нением к полю K некоторых чисел α

, α

, ..., α

∈C. Оно обозначается

K(α

, α

, .. ., α

). По определению поле K(α

, α

, . . ., α

) есть наимень-

шее из полей, содержащее все числа из поля K и числа (α

, α

, . .., α

Теорема 114. Поле K(α

, α

, ..., α

) есть множество чисел вида

P(α

, α

, ..., α

)

Q(α

, α

, ..., α

)

где P(α

, α

, ..., α

), Q(α

, α

, ..., α

)

––

многочлены от n переменных

с коэффициентами из поля K и Q(α

, α

, ..., α

) 6= 0.

Д о к а з а т е л ь с т в о. По определению поля K(α

, α

, ..., α

) оно

содержит все числа вида P(α

, α

, ..., α

) и Q(α

, α

, ..., α

), а значит,

и частные

P(α

, α

, ..., α

)

Q(α

, α

, ..., α

)

Осталось заметить, что множество таких частных является числовым по

лем, так как сумма, разность, произведение и частное чисел такого вида

тоже является числом вида

F(α

, α

, ..., α

)

G(α

, α

, ..., α

)

для некоторых многочленов F(α

, α

, .. ., α

) и G(α

, α

, .. ., α

) 6= 0.

П р и м е р ы. 1. Если K = C, то K(α

, α

, ..., α

) = C.

2. Если K = Q, α =

√

2, то Q



√



––

квадратичное расширение

поля Q.

3. Если K = Q, α

(i = 1, . .., n)

––

различные корни n

й степени из еди

ницы, то расширение поля рациональных чисел Q(α

, α

, ..., α

) назы

вается полем деления круга на n частей.

Упражнение 183. Проверьте, что

K(α

, α

, ..., α

) = K(α

)(α

, ..., α

) = K(α

, α

)(α

, ..., α

) =

= K(α

, α

, ..., α

n−1

)(α

300 Глава IV. Алгебраические уравнения

Определение 115. Простым расширением поля K называют поле

вида K(α), где α ∈ C.

Для простых расширений существенно, является ли α корнем неко

торого многочлена f(x) с коэффициентами из поля K или нет.

Определение 116. Число α ∈C называется алгебраическим над K ,

если существует многочлен f(x) ∈K [x] такой, что f(α) = 0. Алгебраиче

ское над Q число называется (просто) алгебраическим числом.

Напомним, что многочлен f неприводим над полем K , если он раз

лагается в произведение многочленов над K только тривиальным об

разом, а многочлен с целыми коэффициентами f называется неприво-

димым над Z, если из того, что f = g ·h и g, h ∈Z[x], следует, что

(deg g) (deg h) = 0.

Теорема 115. Пусть K

––

числовое поле, f(x)

––

неприводимый

над K многочлен. Тогда, если f

(α) = 0, α ∈C, то простое расшире-

ние K(α) поля K совпадает с множеством

+ a

α + ... + a

n−1

: a

, ..., a

n−1

∈K}.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть β =

P(α)

Q(α)

∈K(α)

––

произвольный эле

мент этого поля. Представим его в указанном виде.

Заметим сначала, что многочлен f(x) взаимно прост с Q(x). В самом

деле, по условию, у многочлена f(x) нет нетривиальных делителей, а если

f(x)

––

делитель Q(x), то Q(α) = 0, чего не может быть.

Воспользуемся теперь известным нам линейным представлением

НОД, т. е. тождеством Q(x)u(x) + f(x)v(x) = 1, где многочлены u(x),

v(x) ∈K[x]. Подставив в него x = α, получим, что

1 = u(α) ·0 + v(α) · Q(α) = v(α) · Q(α).

Значит,

Q(α)

= v(α) и

P(α)

Q(α)

= P(α)v(α). Поэтому числа из поля K(α)

представляются как значения многочленов с коэффициентами из поля K .

Осталось доказать, что для этого можно брать многочлены степе

ней меньших, чем n. Действительно, пусть β = F(α) ∈K(α). Поделим F(x)

на f(x) с остатком и получим равенство

F(x) = f(x)q(x) + r(x), где deg r(x) < deg f(x) = n.

Подставив в него x = α, найдем, что β = F(α) = 0 ·q(α) + r(α) = r(α).