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

Подождите немного. Документ загружается.

§ 4.18. Расширения полей 301

Лемма 29 (об аннулирующем многочлене). Пусть f(x)

––

непри-

водимый многочлен, f(α) = q(α) = 0, тогда q(x) делится на f(x).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть f не делит q, тогда НОД(f(x), q(x)) = 1,

значит, согласно лемме о линейном представлении НОД для некоторых

многочленов u, v выполняется равенство 1 = fu + qv. Но тогда, подстав

ляя в это равенство x = α, получаем противоречие: 1 = 0.

Теорема 116 (об аннулирующем многочлене). Для всякого ал-

гебраического числа α (над полем K) существует единственный

неприводимый многочлен f(x) ∈K [x] с единичным старшим коэф-

фициентом такой, что f(α) = 0.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Существование. Очевидно, существует g(x) ∈

∈K[x] такой, что g(α) = 0. Согласно теореме 83 этот многочлен одно

значно разлагается на неприводимые множители. Число α будет корнем

одного из таких множителей.

Единственность. Пусть f

(α) = f

(α) = 0, многочлены f

, f

неприво

димы над K и имеют единичные старшие коэффициенты. Тогда по пре

дыдущей лемме f

| f

и f

| f

, значит, f

= f

Задачи и упражнения к § 4.18

1. Докажите, что Q(

√

2) = {a + b

√

2: a, b ∈ Q}

––

поле, в котором мно

гочлен x

−2 имеет корень.

2. Докажите, что Q(

√

2) = {a + b

√

2 + c

√

4: a, b, c ∈Q}

––

поле, в ко

тором многочлен x

−2 имеет корень.

3. Устраните иррациональность в знаменателях дробей

1 +

√

α + 1

+ α + 1

где α

−α −1 = 0.

4*. Устраните иррациональность в знаменателе дроби

1 +

√

2 +

√

5*. Устраните иррациональность в знаменателе дроби

4 − 3

√

5 + 2

√

5 −

√

125

6. Составить уравнение с целыми коэффициентами с корнем λ =

= α

+ α + 1, где α

−α −1 = 0.

302 Глава IV. Алгебраические уравнения

7. Составить уравнение с целыми коэффициентами с корнем

а)

√

2 +

√

3; в)

√

2 +

√

б)

√

2 +

√

3 +

√

5; г)

√

2 +

√

3 +

√

8. Докажите иррациональность чисел

а)

√

2 +

√

3; в)

√

2 +

√

б)

√

2 +

√

3 +

√

5; г)

√

2 +

√

3 +

√

9. Построить расширение поля Z

с помощью многочлена x

+ 1.

10. Докажите существование полей порядка p

и p

11*. Пусть в некотором поле F характеристики p многочлен x

−x

раскладывается на линейные множители. Докажите, что все корни этого

многочлена различны и образуют поле порядка p

12*. Докажите, что x

−x делит x

−x тогда и только тогда, ко

гда m делит n.

13*. Пусть F

––

конечное поле порядка p

. Докажите, что все элемен

ты поля F, удовлетворяющие уравнению x

−x = 0, где m

––

делитель n,

образуют подполе порядка p

, причем подполе такого порядка един

ственно.

14*. Докажите, что любое подполе поля порядка p

имеет поря

док p

, где m

––

делитель n.

15*. Пусть f(x)

––

неприводимый многочлен степени m над полем Z

Докажите, что f(x) делит x

−x.

16**. Обозначим через f

(x) произведение всех неприводимых мно

гочленов степени m над полем Z

. Докажите, что

−x =

d|n

(x).

17*. Найдите f

(x) при простом n.

18*. Найдите f

(x) при p = 2 и n = 4, 6, 8.

19*. Найдите f

(x) при любом m.

20**. Докажите существование полей порядка p

21*. Число α ∈C называется алгебраическим, если является корнем

многочлена с целыми коэффициентами, и целым алгебраическим, если

старший коэффициент этого многочлена равен единице. Докажите, что ал

алгебраические числа образуют поле, а целые гебраические

––

кольцо в нем.

22*. Сопряженными к алгебраическому числу называются корни

многочлена с целыми коэффициентами минимальной степени, аннулиру

ющего это число. Произведение этого числа на все сопряженные к нему

называется его нормой. Докажите, что норма алгебраического числа

––

рациональное, а норма целого алгебраического числа

––

целое числа.

23*. Докажите, что любой многочлен с алгебраическими коэффици

ентами имеет только алгебраические корни.

§ 4.18. Расширения полей 303

Дополнительные задачи о многочленах

∗

. Любой многочлен из C [x] при любом n ∈N можно представить

в виде суммы n

х степеней многочленов из C[x].

∗

. (Обобщенная теорема Ролля.) Если многочлен f(x) ∈R [x] имеет

на отрезке [a, b] n действительных корней с учетом кратности, то при

любом k < n производная k

го порядка от f(x) на этом отрезке имеет

не менее n −k корней с учетом кратности.

3. (Ролль *.) Если все корни многочлена f(x) ∈R [x] действительны,

то при любом k < n производная k

го порядка от f(x) имеет только дей

ствительные корни.

∗

. Если все корни многочлена f(x) ∈ R[x] действительны, то при

λ ∈R все корни f(x) + λf

′

(x) также действительны.

У к а з а н и е. Рассмотреть e

λx

f(x) и применить теорему Ролля.

∗

. Если все корни f(x), g(x) ∈R [x] действительны, g(x) = a

+ ... + a

, то у многочлена F(x) = a

f(x)

(n)

+ ... + a

f(x) все корни также

действительны.

У к а з а н и е. Заметить, что g(x) = a

(x −α

), рассмотреть по

следовательность F

(x) = a

f(x), F

(x) = F

k−1

(x) + λ

′

(x), F

(x) = F(x)

и применить предыдущую задачу.

∗

. Если все корни многочленов f(x), g(x) ∈R [x] действительные,

некратные и разделяются, т. е. между соседними корнями одного всегда

лежит корень другого, то при любых a и b ∈R у многочлена ag(x) + b f(x)

все корни действительны.

7. Если многочлен f(x) ∈ R [x] имеет кратный корень, то при доста

точно малом t либо f(x) + t, либо f(x) −t имеет недействительные корни.

∗

. Если многочлены f(x), g(x) ∈R [x] взаимно просты, и при любых a

и b ∈R у многочлена ag(x) + bf(x) все корни действительны, то все корни

многочленов f(x), g(x) ∈ R [x] действительные, некратные и разделяются.

∗

. Если все корни многочленов f(x), g(x) ∈R [x] действительные,

некратные и разделяются, то корни их производных действительны,

некратны и разделяются.

∗

. Если все корни многочленов f(x) −a, f(x) −b ∈ R [x], a, b ∈R,

действительные, a < c < b, то все корни многочлена f(x) −c действи

тельные.

* М. Ролль (Michel Rolle, 1652

–

1719)

––

французский математик, бывший противником

дифференциального и интегрального исчисления.

304 Глава IV. Алгебраические уравнения

∗

. Определить число действительных корней многочленов

+ ... + x

+ a, nx

−x

n−1

−x

n−2

−... −1,

n−1

n −1

+ ... +

+ x + 1.

12. Докажите, что многочлен

+ a

2n−2

+ ... + a

+ a

x + a

имеет не более двух действительных корней, если a

> 0 при k > 1.

∗

. (Маклорен *.) Если коэффициенты у f(x) неотрицательны, то все

действительные корни не больше 0.

∗

. (Маклорен.) Если несколько старших коэффициентов неотрица

тельны, а последние m + 1 отрицательны, то все действительные корни

многочлена

g(x) = a

+ ... + a

не превосходят

а) ρ + max

n−m

m−k

| при любом ρ > 0,

б) 2 max

n−k

в)

n−m

m−k

∗

. (Оценки Маклорена.) Корни произвольного многочлена

g(x) = a

+ ... + a

∈C[x]

по модулю не превосходят

а) 1 + max

k<n

|; в) 2 max

k<n

n−k

б) ρ + max

k<n

n−k−1

|; г) |a

n−1

|+ max

k<n

n−k−1

n−1

∗

. (Ньютон.) Если f(x) ∈R[x], f(a) > 0, f

′

(a) > 0, ..., f

(n)

(a) > 0,

deg f(x) = n, то все действительные корни многочлена f(x) не превосхо

дят a.

∗

. Многочлен x

− p

n−1

−... − p

при p

> 0, p

+ ... + p

> 0,

имеет единственный положительный корень.

18. Любой корень многочлена z

+ a

n−1

+ ... + a

∈C[z] не пре

восходит по модулю единственного положительного корня многочлена

−|a

n−1

−... −|a

* Маклорен (Colin Maclaurin, 1698

–

1746)

––

шотландский математик.

§ 4.18. Расширения полей 305

19. Пусть p

> p

> ... > p

> 0. Докажите, что внутри круга |z|6 1

нет нулей многочлена p

+ p

z + .. . + p

20. Пусть p

> p

>...> p

>0, α=min(p

, p

, ..., p

n−1

Докажите, что многочлен p

+ p

n−1

+ ... + p

не имеет нулей в кру

ге |z| 6 α.

∗

. Пусть p

> p

> ... > p

> 0, f(z) = p

+ p

n−1

+ ... + p

f(λ) = 0, |λ|> 1. Докажите, что λ есть некоторый корень из 1.

∗

. Если многочлен

f(x, y) = a

+ a

n−1

y + .. . + a

n−1

+ a

∈R[x, y]

разлагается на линейные множители, то это же верно для

∂ f

∂x

∂ f

∂y

У к а з а н и е. Рассмотреть многочлены

g(x) = a

+ ... + a

и h(x) = a

+ ... + a

и применить теорему Ролля.

23. Если трехчлен

f(x, y) = ax

+ bxy + cy

∈R[x, y]

разлагается на линейные множители, то b

> ac, и обратно.

∗

. Пусть a

, ..., a

> 0, σ

... a

––

элементарный

симметрический многочлен от переменных a

, p

= σ

. Тогда p

> p

k−1

k+1

при 2 6 k 6 n −1.

У к а з а н и е. Рассмотреть многочлен f(x, y) =

k=1

(x −a

y), его про

изводную

∂

n−2

∂

k−1

x ∂

n−1−k

и применить предыдущую задачу.

∗

. (Неравенства Ньютона

––

Маклорена.) Докажите, что в обозна

чениях предыдущей задачи

> p

> ... > p

У к а з а н и е. Перемножить неравенства p

> p

k−1

k+1

∗

. (Оценка Цассенхауза.) Корни произвольного многочлена

g(x) = x

+ a

n−1

+ ... + a

∈C[x]

по модулю не превосходят

а) max

k<n

−1

n−k

; б) 2 max

k<n

n−k

20 Гашков

306 Глава IV. Алгебраические уравнения

Дополнительные задачи о комплексных числах

∗

. а) Докажите, что множество G всех комплексных чисел с целы

ми действительными и мнимыми частями является целостным кольцом

(кольцом гауссовых целых чисел).

б) Пусть w

––

гауссово число. Докажите, что

w ∈Z ⇐⇒ |w|= ±w,

w обратимо в кольце G ⇐⇒ |w| = 1 ⇔ w ∈ {±1, ±i}.

в) Пусть w

––

гауссово число, |w|=

√

p, p

––

простое число. Тогда w

––

(простой) элемент в G (простое гауссово число).

2. Множество всех гауссовых чисел, кратных в G данному числу w,

изображается на комплексной плоскости квадратной решеткой.

3. Для любых w и z ∈G, z 6= 0, найдутся u и v ∈ G такие, что

w = zu + v, |v|6 |z|

(деление с остатком).

∗

. Если простой элемент w делит произведение z и u в G, то он

делит либо z, либо u.

5. Докажите, что для кольца целых гауссовых чисел справедлива те

орема об однозначном разложении на простые множители.

∗

. С точностью до умножения на ±1, ±i все простые элементы в G

исчерпываются следующими: 1, обычные простые вида 4k + 3 и числа

вида x + yi, где x

––

четно, y

––

нечетно и x

+ y

––

обычное простое.

∗

. Подобно определению кольца вычетов Z

pZ = Z

определите

кольцо G

и докажите, что оно будет полем порядка p

при простом

p = 4k + 3 и не будет полем при простом p = 4k + 1. У к а з а н и е. При

p = 4k + 1 выполняется ((2k!)

+ 1) mod p = 0.

∗

. Докажите, что простое вида 4k + 1 представимо в виде суммы

квадратов двух целых чисел.

∗

. Докажите, что любое натуральное n представимо в виде суммы

квадратов двух целых чисел тогда и только тогда, когда простые вида

4k + 3 входят в его разложение в четных степенях.

∗

. Решите в целых числах уравнение

+ y

= z

, n > 1.

У к а з а н и е. x

+ y

= (x + yi) (x −yi).

∗

. Решите в целых числах уравнение

+ 4 = z

§ 4.19. Построения циркулем и линейкой 307

∗

. Докажите, что при простом p, p > 2,

(1 −i)

≡1 −i

(mod p),

и, используя равенство (1 −i)

= −2i, докажите, что

(p−1)

≡

1 − i

(mod p).

∗

. Докажите, что при простом p, p > 2, символ Лежандра





равен (−1)

−1

. Вычислите символ Лежандра



−2



∗

. Докажите, что простых вида 8n −1 бесконечно много и простых

вида 8n + 3 также бесконечно много.

§ 4.19. Построения циркулем и линейкой

Под построением мы будем понимать выполнение последовательности

следующих операций:

1) проведение прямой через две заданные точки;

2) построение окружности заданного радиуса и с заданным центром.

При этом считается, что с самого начала нам задан единичный от

резок. Откладывая его последовательно, мы получим отрезок, равный

заданному натуральному числу. Заметим, что мы можем построить от

резок, длина которого равна отношению длин двух заданных отрезков.

Поэтому можно считать, что с самого начала нам даны все отрезки, дли

ны которых являются положительными рациональными числами.

Задача на построение есть задача, в которой требуется построить,

отправляясь от заданных отрезков, некоторый новый отрезок. Многие

задачи на построение геометрических образов сводятся к таким задачам.

Например, рассмотрим три классические задачи древности.

1. Построить куб, имеющий объем в два раза больше, чем заданный

куб. Будем считать сторону заданного куба единичным отрезком. Тогда

задача сводится к построению отрезка, имеющего длину

√

2. По заданному углу α построить угол величины α

3. Очевидно, эту

задачу можно свести к построению отрезка cos α

3, при условии, что,

кроме единичного отрезка, задан отрезок длины cos α.

3. Построить правильный семиугольник, вписанный в окружность

с радиусом единичной длины. Очевидно, достаточно построить угол

величины

2π

или отрезок длины cos

2π

20*

308 Глава IV. Алгебраические уравнения

Для того, чтобы попытаться решить эти проблемы или доказать их

неразрешимость, сведем задачу построения отрезков к алгебраическим

задачам.

Прежде всего заметим, что если мы построили отрезок длины a, то мо

жем построить любой отрезок, длина которого представляет собой любое

положительное число из поля Q(a). В самом деле, по заданным отрез

кам x и y можно построить x ± y, x · y, x

y. Будем тогда говорить, что

мы можем построить поле Q(a).

Известно из курса геометрии, что посредством циркуля и линейки

по отрезку a можно построить отрезок

√

a при условии, если задан еди

ничный отрезок. Для этого строим окружность диаметром a + 1 и вос

становим перпендикуляр к диаметру на расстоянии 1 от его конца.

Таким образом, мы можем строить и квадратичные расширения

√

a).

Определение 117. Назовем последовательность расширений

⊂K

... ⊂K

пифагоровым расширением, если K

= Q и K

= K

s−1



√



, где

∈K

s−1

√

6∈K

s−1

, a

> 0. Поле K

в этом случае станем также

называть пифагоровым расширением. Числа, принадлежащие пифагоро

ву расширению, будем называть пифагоровыми числами.

Теорема 117 (о пифагоровых числах). Число a можно построить

тогда и только тогда, когда оно является пифагоровым.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Достаточность мы уже доказали: мы умеем

производить четыре арифметические операции и извлекать квадратный

корень при помощи циркуля и линейки.

Докажем необходимость. Для этого воспользуемся координатным ме

тодом. Проведем прямую и ей перпендикулярную прямую (т. е. построим

систему координат). На этих прямых мы можем отложить любую раци

ональную точку, так что с самого начала мы можем считать заданными

точки плоскости, имеющие рациональные координаты. При наших по

строениях мы можем рассматривать абсциссы и ординаты вновь постро

енных точек

––

ведь это тоже

построенные отрезки

Новые точки получаются только следующим образом:

(i) как пересечение двух построенных прямых;

(ii) как пересечение построенной прямой и построенной окружности;

(iii) как пересечение двух построенных окружностей;

(iv) произвольно выбранные точки.

§ 4.19. Построения циркулем и линейкой 309

Поэтому координаты этих точек получаются как решения следующих си

стем уравнений с уже построенными коэффициентами:

(

x + b

y + c

= 0;

x + b

y + c

= 0;

(I)

(

x + b

y + c

= 0;

+ y

+ a

x + b

y + c

= 0;

(II)

(

+ y

+ a

x + b

y + c

= 0;

+ y

+ a

x + b

y + c

= 0.

(III)

Мы считаем очевидным утверждение о том, что у уравнений построенных

прямых и окружностей коэффициенты тоже можно считать построенными

(проверьте это сами).

Докажем нашу теорему индукцией по числу элементарных операций,

на которые раскладывается любое построение. С самого начала заданы

рациональные числа, т. е. числа из поля Q = K

. Элементарное постро

ение

––

это добавление координат точки, получающейся операциями (i),

(ii), (iii), к построенным числам. Однако, как видно из уравнений для

этих координат, они (эти координаты) получаются из коэффициентов (т. е.

из уже построенных чисел) при помощи четырех операций арифметики

и извлечения корня. Решение системы (II) сводится к нахождению кор

ней квадратного уравнения (из первого уравнения системы выразим одну

координату через другую и подставим во второе уравнение). Решение си

стемы (III) эквивалентно решению системы

(

+ y

+ a

x + b

y + c

= 0;

−a

)x + (b

−b

)y + (c

−c

) = 0.

Теорема 118. Если кубический многочлен с рациональными коэф-

фициентами не имеет рациональных корней, то нельзя построить

ни одного из его корней.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассуждаем от противного. Пусть x

, x

––

корни многочлена f(x) и существует пифагорово расширение Q =

= K

⊂K

⊂... ⊂K

такое, что x

∈K

, x

6∈K

n−1

. Тогда число x

имеет вид x

= a + b

√

d, где a, b, d ∈K

n−1

√

d 6∈K

n−1

, b 6= 0.

Заметим, что

= a −b

√

d ∈K

––

тоже корень f(x). В самом деле,

операция сопряжения в квадратичном расширении K

n−1

⊂K

имеет вид

a + b

√

d = a −b

√

d. Выполняются следующие свойства этой операции:

+ z

и z

310 Глава IV. Алгебраические уравнения

Применяя многократно эти тождества, можно проверить, что f(z) = f(

для z ∈K

. Значит, для корня x

∈K

) =

f(x

) =

0 = 0,

поэтому

––

тоже корень многочлена f(x). Пусть

= x

. Тогда x

= −b

−x

, где f(x) = x

+ b

x + b

, b

∈Q. Значит, x

= −b

−2a ∈K

n−1

. Противоречие.

Упражнения

1. Дайте геометрические построения для чисел

√

2 +

√

2 +

√

2. Проверьте правильность следующего построения корней квадрат

ного уравнения ax

+ bx + c = 0: возьмем единичный отрезок AB, про

ведем BC = −b

a перпендикулярно к AB и CD = c

a перпендикулярно

к BC в направлении BA, на диаметре AD построим окружность, пересе

кающую BC в точках X, Y . Тогда BX и BY

––

корни уравнения.

∗

. Докажите, что корни кубического уравнения с рациональными ко

эффициентами являются пифагоровыми числами тогда и только тогда,

когда оно имеет рациональный корень.

∗

. Докажите, что корни уравнения четвертой степени с рациональ

ными коэффициентами являются пифагоровыми числами тогда и только

тогда, когда его кубическая резольвента имеет рациональный корень. Ку

бической резольвентой уравнения

+ ax

+ bx + c = 0

является уравнение

+ 2az

+ (a

−4c)z − b

= 0.

∗

. Докажите неразрешимость циркулем и линейкой следующих задач

на построение:

а) построить треугольник по трем данным биссектрисам;

б) построить треугольник по двум биссектрисам и высоте;

в) построить треугольник по двум биссектрисам и медиане, выходя

щим из трех разных вершин;

г) построить квадрат, у которого две соседние вершины лежат на од

ной данной окружности, а две другие

––

на другой данной окружности.