algebra1

значения символа квадратичного вычета. Суть алгорифма будет ясна из следующего примера.

Прокомментируем эту выкладку, последовательно объясняя, что мы делаем, переходя от каждого выражения к следующему:

пользуемся мультипликативностью символа;

для каждого из двух получившихся символов применяем закон взаимности;

считаем знак и приводим "числители" символов по модулю "знаменателей" (свойство (2));

первый из символов равен, очевидно, 1, а второй раскладываем в произведение, пользуясь мультипликативностью символа;

первый символ вычисляем по свойству (9), а ко второму применяем закон взаимности;

приводим "числитель" символа по модулю "знаменателя";

вычисляем символ по свойству (9).

x 12: Уравнение Пелля

В предыдущем параграфе изучались сравнения вида x2 a (mod n); как легко понять, решение диофантова уравнения x2 = a + ny ñâî-

дится к решению такого сравнения. Здесь мы рассмотрим еще один класс диофантовых уравнений степени 2.

Уравнением Пелля называется уравнение вида

где d > 0 целое число, не являющееся квадратом. Решения этого уравнения будем записывать в виде пар целых чисел (x0; y0). У уравнения Пелля есть тривиальное решение (1; 0); можно доказать

51

(но мы здесь этого не делаем), что всякое уравнение Пелля имеет и нетривиальные решения. Наша цель описать множество всех решений.

Для исследования решений уравнения Пелля окаpçывается удобным использовать вещественные числа вида a + b d, где a и b

целые числа. Поскольку d не квадрат в Z, а значит, и в Q, при b 6= 0 такое число является иррациональным. Легко видеть, что сумма, разность и произведение таких чисел снова число того же ви-

было бы рациональным, что неверно.

Если (u; v) уравнения ( ), то ( u; v) тоже решения. Поэтому достаточно описать множество тех решений (u; v), для которых u, v неотрицательны. Отметим, что для каждого такого решения бу-

p

äåò äàæå u = 1 + dv12 1. Поскольку существуют нетривиальные решения уравнения ( ), существуют и нетривиальные решения (u; v)

с u > 0, v > 0. Множество вторых компонент v таких решений непустое подмножество N, поэтому в нем есть наименьший элемент v1; это значит, что есть такое решение (u1; v1) уравнения ( ) u1 > 0, v1 > 0, что если (u; v) любое решение этого уравнения ( ) с u 0, v 0 и v < v1, то (u; v) не может быть нетривиальным решением этого уравнения, и таким образом (u; v) = (1; 0).

Теорема 22. Пусть d > 0 целое число, не являющееся квадратом, и пусть (u1; v1) решение уравнения Пелля x2 dy2 = 1 с наименьшим возможным v1 > 0 è ñ u1 > 0. Тогда:

(1) Для всякого целого n 0 пара целых чисел (u; v), такая что p p

u + v d = (u1 + v1 d)n, является решением уравнения ( ), причем u; v 0;

(2) если (u; v) решение уравнения ( ), такое что u; v 0, то p p

существуют целое число n 0, такое что u + v d = (u1 + v1 d)n.

Доказательство. Утверждение (1) частный случай следующей леммы.

Лемма 4. Пусть (w1; t1), . . . , (wn; tn) решения уравнения ( ) с

(u; v) тоже решение уравнения ( ). При этом если все числа wi, ti неотрицательны (1 i n), то и числа u, v неотрицательны.

Доказательство. Ясно, что достаточно доказать утверждение для n = 2; тогда общий случай получится тривиальной индукцией по n.

Поскольку (w1; t1) è (w2; t2) решения уравнения ( ), выполнены

52

u v d = (w1w2 + dt1t2) (w1t2 + t1w2) d = (w1 t1 d)(w2 t2 d):

Отсюда получаем, что

= (w12 dt21)(w22 dt22) = 1 1 = 1;

то есть что (u; v) решение уравнения ( ). Если при этом числа w1, w2, t1, t2 неотрицательны, то

p p p q p p

w + t d = 1 + dt2 + t d 1 + du21 + v1 d = u1 + v1 d = A;

которое противоречит условию леммы. Следовательно, (w; t) является таким решением уравнения ( ) с неотрицательными компонентами

Пусть теперь (u; v) произвольное решение уравнения ( ) с неотрицательными u; v. Поскольку A > 1, последовательность

1; A; A2; A3; : : :

53

p p p

(u + v d)=An = (u + v d)(u1 v1 d)n;

p p

следовательно, число (u+v d) представимо в виде w+t d с целыми w; t. Более того, поскольку пары (u; v) и (u1; v1) решают уравнение ( ), по лемме 4 пара (w; t) тоже является решением ( ); так как при

ýòîì p p

1 w + t d = (u + v d)=An < A;

из леммы 5 следует, что (w; t) = (1; 0). Таким образом,

pp

(u + v d)=An = w + t d = 1;

p p

òî åñòü u + v d = An = (u1 + v1 d)n. Этим завершается доказательство теоремы 22.

В качестве примера рассмотрим уравнение Пелля x2 7y2 = 1. Пара (8; 3) является решением этого уравнения, и простой перебор показывает, что не существует решения этого уравнения с y = 1 или

y = 2. Поэтому произвольное решение (u; v) этого уравнения с неот- p p

рицательными u и v находится из соотношения u + v d = (8 + 3 7)n при надлежащем выборе неотрицательного целого числа n. Полагая n = 1; 2; 3; 4, укажем несколько первых решений уравнения:

(8; 3); (127; 48); (2024; 765); (32257; 12192):

54

Глава II

Комплексные числа

x 1: Построение поля комплексных чисел

Мы показали в предыдущей главе, что кольцо вычетов по модулю неприводимого элемента области главных идеалов является полем. В этом параграфе мы строим и изучаем одно из таких полей, играющее важнейшую роль во всей математике.

Лемма 1. Многочлен t2 + 1 неприводим в кольце многочленов с вещественными коэффициентами R[t].

Доказательство. Предположим, что это не так; тогда существует разложение t2 + 1 = p(t)q(t), где p(t); q(t) 2 R[t], причем deg p(t) 1,

deg q(t) 1. Поскольку

deg p(t) + deg q(t) = deg(p(t)q(t)) = deg(t2 + 1) = 2;

получаем, что степени обоих многочленов p(t), q(t) равны 1. Следовательно, существуют такие вещественные числа a; b; c; d, что

p(t) = at + b; q(t) = ct + d:

Имеем равенство:

t2 + 1 = p(t)q(t) = (at + b)(ct + d) = act2 + (ad + bc)t + bd;

сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях t в левой и правой частях этого равенства, получаем: ac = bd = 1, ad = bc. Но тогда оказывается, что 1 = (ac)(bd) = (ad)(bc) = (bc)2 0, а это невозможно.

Из этой леммы и из теоремы I.11 следует теперь, что кольцо выче- тов R[t]=(t2 + 1) является полем; оно называется полем комплексных

чисел и обычно обозначается через C.

55

Лемма 2. В каждом классе из кольца вычетов R[t]=(t2 + 1) = C есть один и только один многочлен вида a + bt, a; b 2 R. Таким образом,

вычетов по модулю t2 + 1, то их разность, которая является много- членом степени < 2, делится на многочлен t2 + 1, степень которого

равна 2. Это возможно только если разность является нулевым многочленом, то есть если a + bt = c + dt. Далее, пусть [f(t)]t2+1, ãäå f(t) 2 R[t], произвольный класс вычетов по модулю t2 + 1, и пусть

a + bt (a; b 2 R) остаток от деления f(t) на t2 + 1; тогда разность многочленов f(t) и a + bt делится на t2 + 1, так что многочлен a + bt принадлежат классу вычетов [f(t)]t2+1.

Ниже мы введем более удобную и привычную запись комплексных чисел. Но сначала дадим одно определение. Пусть поле или,

общее, кольцо, и пусть кольцо, содержащее . Если a; b какието элементы , то мы можем сложить и перемножить их как элементы и как элементы содержащего его кольца ; поле (или кольцо) называется подполем (соответственно, подкольцом) кольца , если в обоих случаях получаются одинаковые результаты:

a + b = a + b; a b = a b

(в частности, сумма и произведение в элементов из снова принадлежат ).

Вложим теперь поле вещественных чисел R в поле C. Пусть a вещественное число; класс [a+0 t]t2+1, содержащий число a, рассматриваемое как многочлен, будем обозначать просто через a. Таким образом, множество вещественных чисел R оказывается вложенным в множество комплексных чисел C, и всякий раз, когда мы рассматриваем вещественное число a как элемент поля комплексных чисел, мы имеем ввиду класс [a]t2+1. При этом для любых a; b 2 R сумма и произведение классов a = [a]t2+1 è b = [b]t2+1 â ïîëå C равны соот- ветственно [a + b]t2+1 è [ab]t2+1, и в наших обозначениях они равны сумме a + b и произведению ab вещественных чисел a, b. Таким образом, наше вложение делает поле вещественных чисел R подполем поля комплексных чисел C.

Далее, обозначим через i класс вычетов [t]t2+1 2 R[t]=(t2 + 1) = C; тогда для любых a; b 2 R будет

[a + bt]t2+1 = [a]t2+1 + [b]t2+1[t]t2+1 = a + bi:

Таким образом, любое комплексное число однозначно представляется в виде a + bi, где a; b вещественные числа.

56

Комплексное число i называется мнимой единицей; ее основным свойством является то, что ее квадрат равен 1. Действительно,

i2 = ([t]t2+1)2 = [t2]t2+1 = [ 1]t2+1 = 1:

Как мы только что видели, любой элемент из поля C однозначно представим в виде a + bi, где a; b вещественные числа; они называ-

ются соответственно вещественной частью и коэффициентом мнимой части комплексного числа и обозначаются Re и Im .

Помня, что i2 = 1, легко производить вычисления с комплекс-

ными числами; в частности, сумма, разность и произведение комплексных чисел a + bi и c + di выражаются следующим образом:

(a + bi) (c + di) = (a c) + (b d)i;

(a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi2 = (ac bd) + (ad + bc)i:

Несколько сложнее выполняется деление. Пусть a; b; c; d 2 R, при- чем c+di 6= 0. Тогда хотя бы одно из вещественных чисел c; d отлично от 0, и потому c2 +d2 6= 0. Для нахождения частного от деления a+bi на c + di умножим числитель и знаменатель на комплексное число c di; мы получим, что искомое частное равно

Замечание. Если комплексное число записано в виде a + bi, это еще не значит, что a и b вещественная часть и коэффициент

при мнимой части, потому что ниоткуда не следует, что числа a; b вещественны. Поэтому нам каждый раз придется об этом го-

ворить, и у нас постоянно будут встречаться надоедливые фразы вроде такой: пусть a + bi комплексное число, где a; b 2 R.

x 2: Модуль комплексного числа. Сопряжен-

ное комплексное число. Геометрическое изображение комплексных чисел

1 Модуль и операция сопряжения

и потому a = b = 0, то есть = a + bi = 0.

Пусть = a + bi 2 C, где a; b 2 R. Сопряженным к называется комплексное число a bi; оно обозначается .

57

Предложение 1. Пусть ; 2 C. Тогда

(1)= тогда и только тогда, когда 2 R;

(2)( ) = ;

(3)= j j2;

(4)åñëè 6= 0, òî 1 = =j j2, 1 = =j j2;

Доказательство. Пусть = a + bi 2 C, = c + di, где a; b; c; d 2 R.

Тогда

(1) = тогда и только тогда, когда

0 = = (a + bi) (a bi) = 2bi;

2 Геометрическое изображение комплексных чи- сел

Выберем на плоскости декартову систему координат. Поскольку каждое комплексное число однозначно представляется в виде = a+bi,

где a; b 2 R, естественно сопоставить ему точку на плоскости с декартовыми координатами (a; b). Эта точка называется геометрическим изображением комплексного числа . Каждая точка плоскости соот-

ветствует некоторому комплексному числу. Плоскость, состоящую из изображений всех комплексных чисел, называют комплексной плоскостью, а оси абсцисс и ординат на ней вещественной и мнимой осями.

Начало координат O нашей комплексной плоскости отвечает ком-

плексному числу 0. Произвольному комплексному числу a+bi удобно

!

сопоставить не только точку A с координатами (a; b), но и вектор OA.

Сложение, вычитание и сопряжение комплексных чисел, а также модуль комплексного числа допускают простую геометрическую интерпретацию: сумме и разности чисел сопоставляются сумма и разность

58

изображающих эти числа векторов, и если A точка комплексной

плоскости, изображающая число 2 C, то модуль равен длине

!

вектора OA, а число изображается точкой, симметричной точке A относительно вещественной оси.

3 Неравенства для модулей суммы и разности комплексных чисел

Теорема 1. Пусть ; 2 C. Тогда

j j j j j j j j + j j:

Доказательство. В формулировке теоремы участвуют 6 неравенств; докажем сначала неравенство j + j j j + j j , а остальные по-

лучатся из него в качестве простых следствий. Прежде, чем начать доказательство, сделаем одно простое замечание. Пусть x и y два

вещественных числа, причем число y неотрицательно; тогда из неравенства x2 y2 следует, что x y. Действительно, если x < 0, то x < 0 y; если же число x, как и y, неотрицательно, то из неравенства y < x следовало бы, что y2 < x2 y2, а это невозможно, и потому x y.

Поскольку число j j+j j неотрицательно, из предыдущего заме-

Пусть = a+bi, = c+di (a; b; c; d 2 R); тогда + = (a+c)+(b+d)i, а потому

j + j2 =(a+c)2+(b+d)2 =a2+b2+c2+d2+2(ac+bd)=j j2+j j2+2(ac+bd);

и неравенство ( ) превращается в неравенство ac + bd j jj j . Но j jj j 0, поэтому предыдущее неравенство следует из неравенства

(ac + bd)2 j j2j j2 = (a2 + b2)(c2 + d2);

которое тривиально, потому что

(a2 + b2)(c2 + d2) (ac + bd)2 = (a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2)(a2c2 + 2abcd + b2d2) = a2d2 + b2c2 2abcd = (ad bc)2 0:

Для того, чтобы вывести остальные пять неравенств из уже доказанного неравенства j + j j j + j j , заметим, что

pp

j j = ( a)2 + ( b)2 = a2 + d2 = j j ;

59

и точно так же j j = j j ; поэтому

j j = j + ( )j j j + j j = j j + j j;

j j = j( ) + ( )j j j + j j = j j + j j; j j = j( ) + ( )j j j + j j = j j + j j;

а это и суть те неравенства, которые мы хотели получить. Доказанные соотношения допускают простую геометрическую ин-

терпретацию. Если точки A; B; C являются геометрическими изобра-

!

жениями комплексных чисел , и + , то сумма векторов OA и

! !

OB равна вектору OC, и потому сумма длин первых двух векторов

не меньше, а разность длин не больше длины третьего. Но это как

раз и значит, что j j j j j + j j j + j j .

x 3: Тригонометрическая форма комплексного числа

1 Аргумент и тригонометрическая запись комплексного числа

Это число определено не однозначно, а с точностью до слагаемого вида 2k , где k целое число; любое из таких чисел ' называется

аргументом числа . Из самого определения следует, что если r модуль, а ' аргумент числа = a + bi, то

Если = 0, то мы разрешаем любому вещественному числу быть аргументом , и снова будет = r(cos ' + i sin ').

Такое выражение комплексного числа через его модуль и аргумент называется тригонометрической формой комплексного числа

.

Отметим, что эта связь обратима: если комплексное число представлено в виде = r(cos ' + i sin '), где r 0 и ' вещественные числа, то r = j j, а ' одно из значений аргумента . Действительно, это очевидно. если r = 0, а при r > 0 пусть a = r cos ', b = r sin ', и тогда

p

= a + bi; j j = (r cos ')2 + (r)2 = r; a=r = cos '; b=r = sin ';

60