Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

algebra1

.pdf
Скачиваний:
22
Добавлен:
21.03.2016
Размер:
1.92 Mб
Скачать

а это и значит, что ' одно из значений аргумента числа .

Как нетрудно понять, модуль и аргумент комплексного числа совпадают с полярными координатами его геометрического изображения в полярной системе координат, начало которой совпадает с на- чалом O декартовой системой координат, а полярная ось с поло-

жительным лучом вещественной оси.

2 Умножение и деление комплексных чисел в тригонометрической форме

Пусть

= r1(cos '1 + i sin '1); = r2(cos '2 + i sin '2)

два комплексных числа, записанных в тригонометрической форме. Тогда

= (r1(cos '1 + i sin '1))(r2(cos '2 + i sin '2)) =

=r1r2(cos '1 cos '2 sin '1 sin '2) + i(sin '1 cos '2 + cos '1 sin '2) =

=r1r2(cos('1 + '2) + i sin('1 + '2));

àåñëè 6= 0, òî

= =j j2 = (r1(cos '1 + i sin '1))(r2(cos '2 i sin '2))=r22 =

=r1 (cos '1 cos '2 + sin '1 sin '2) + i(sin '1 cos '2 cos '1 sin '2) = r2

=r1 (cos('1 '2) + i sin('1 '2)): r2

Таким образом, при умножении двух комплексных чисел, заданных своими модулями и аргументами, получается комплексное число, для которого произведение модулей сомножителей и сумма их аргументов являются соответственно модулем и аргументом. Аналогично, отношение модулей и разность аргументов служат модулем и аргументом отношения этих комплексных чисел.

Формула для умножения легко переносится при помощи индукции на произведение любого числа сомножителей:

n

n

n

n

Y

Y

X

Xs

rs(cos 's + i sin 's) =

rs(cos

's + i sin

's):

s=1

s=1

s=1

=1

В частности, если все сомножители одинаковы и их модули равны 1, получаем формулу

(cos ' + i sin ')n = cos n' + i sin n';

61

которая называется формулой Муавра. Она доказана для любого натурального показателя n, однако, ее легко обобщить и на случай про-

извольного целого показателя. Для комплексного числа 6= 0 и n > 0 положим n = ( n) 1; положим также 0 = 1. Мы получаем:

(cos ' + i sin ')0 = 1 = cos(0 ') + i sin(0 ');

(cos ' + i sin ') n = ((cos ' + i sin ')n) 1 = (cos n' + i sin n') 1 = = cos n' i sin n' = cos( n') + i sin( n'):

3 Экспонента комплексного числа и формулы Эйлера

Пусть

e = lim (1 + 1=n)n = 2; 718281828459045::: ;

n!1

определим степени e с комплексными показателями. Для комплексного числа a + bi, где a; b 2 R, положим:

ea+bi = ea(cos b + i sin b):

Покажем, что так определенная экспонента комплексного числа обладает привычными свойствами показательной функции.

Предложение 2. Для любых ; 2 C и любого целого n выполняются равенства

e e = e + ; (e )n = en :

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

пользуясь правилом умножения комплексных чисел в тригонометри- ческой форме и формулой Муавра, получаем, что

e e = (ea(cos b + i sin b))(ec(cos d + i sin d)) =

= ea+c(cos(b + d) + i sin(b + d)) = e(a+c)+(b+d)i = e + ;

(e )n = (ea(cos b + i sin b))n = ena(cos nb + i sin nb) = ena+nbi = en :

Любое ненулевое комплексное число может быть записано в виде экспоненты: если r и ' модуль и аргумент , то

= r(cos ' + i sin ') = eln r+i':

Однако, чаще число записывается в форме = rei'. Такие формы

записи комплексного числа "почти единственны" в смысле следующего утверждения

62

âåùå-

Предложение 3. Если ; 2 C и e = e , то существует целое

число k, такое что = 2k i. Если r1; r2 > 0 è '1; '2 ственные числа, такие что r1ei'1 = r2ei'2 , òî r1 = r2, и существует целое число k, такое что '1 '2 = 2k .

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

ea(cos b + i sin b) = e = e = ec(cos d + i sin d);

модули ea è ec левой и правой частей равны, поэтому a = c. Далее, ea = ec 6= 0, и мы получаем теперь, что cos b + i sin b = cos d + i sin d,

òî åñòü

cos b = cos d; sin b = sin d;

а это бывает только тогда, когда b d = 2k для некоторого целого k. Итак,

= (a + bi) (c + di) = (b d)i = 2k i:

Второе утверждение вариант первого; если первое утвержде- ние применить к равенству eln r1+i'1 = eln r2+i'2 , то получим, что для

некоторого k 2 Z

2k i = (ln r1 + i'1) (ln r2 + i'2) = (ln r1 ln r2) + ('1 '2)i;

откуда следует, что ln r1 ln r2 = 0, òî åñòü r1 = r2, è '1 '2 = 2k .

Используя экспоненту комплексных чисел, легко получить красивые формулы для синуса и косинуса, известные как формулы Эй-

лера. Пусть x вещественное число; тогда

exi = cos x + i sin x,

e xi = cos x

 

i sin x, откуда получаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x =

exi + e xi

;

sin x =

exi e xi

:

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2i

 

Замечание. Можно показать, что при нашем определении

e = lim (1 + =n)n

n!1

для любого комплексного числа , так что это определение вполне

согласуется с известными из курса математического анализа фактами. Но нам это не понадобится.

63

4 Некоторые применения формул Муавра и Эйлера

Из школьного курса известны формулы

sin 2x = 2 sin x cos x;

cos 2x = cos2 x sin2 x:

Они легко обобщаются при помощи формулы Муавра. Пусть n 1натуральное число; тогда

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

Преобразуем правую часть этого равенства при помощи формулы

бинома Ньютона, воспользовавшись еще тем, что для любого целого s будет i2s = ( 1)s, i2s+1 = ( 1)si :

 

 

n

 

 

Xj

cos nx + i sin nx = (cos x + i sin x)n = Cnj cosn j x(i sin x)j =

 

 

=0

[n=2]

[(n 1)=2]

 

X

Xs

 

= Cn2s cosn 2s x sin2s xi2s +

Cn2s+1 cosn 2s 1 x sin2s+1 xi2s+1 =

s=0

=0

 

[n=2]

[(n 1)=2]

 

X

Xs

( 1)sCn2s+1 cosn 2s 1 x sin2s+1 x

= ( 1)sCn2s cosn 2s x sin2s x+i

s=0

=0

 

(переход от третьего выражения к четвертому состоит в том, что мы сумму по всем индексам j представляем как сумму сумм по четным

и по нечетным индексам). Приравнивая вещественные части и коэффициенты мнимых частей правой и левой частей этого равенства, мы получаем формулы

 

[n=2]

 

Xs

cos nx =

( 1)sCn2s cosn 2s x sin2s x;

 

=0

 

[(n 1)=2]

 

Xs

sin nx =

( 1)sCn2s+1 cosn 2s 1 x sin2s+1 x:

 

=0

При n = 2 эти формулы превращаются в приведенные выше форму-

лы для синуса и косинуса двойного угла.

Используя формулы Эйлера и бином Ньютона, легко получить формулы, представляющие степени синуса и косинуса как линейные комбинации синусов и косинусов кратных углов; для n = 2 такие

формулы известны из школьного курса:

sin2 x = (1 cos 2x)=2; cos2 x = (1 + cos 2x)=2:

64

Мы не будем выписывать здесь общие формулы, а ограничимся разложением по синусам и косинусам кратных углов для пятой и шестой степеней синуса.

 

 

 

 

exi e xi

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin5 x =

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

e5xi 5e4xie xi + 10e3xie 2xi 10e2xie 3xi + 5exie 4xi e 5xi

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

1 e5xi

e 5xi

 

5

e3xi e 3xi

 

+ 10

exi e xi

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

sin 5x

 

5

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

sin 3x +

 

 

sin x;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

16

8

 

 

 

 

exi e xi

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin6 x =

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

e6xi 6e4xi + 15e2xi 20 + 15e 2xi 6e 4xi + e 6xi

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

64

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e6xi + e 6xi

 

 

e4xi + e 4xi

 

 

 

 

 

e2xi + e 2xi

20

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

+ 15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

64

 

 

 

 

 

64

 

 

 

 

64

 

 

 

64

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

3

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

cos 6x +

 

cos 4x

 

 

cos 2x +

 

 

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32

16

32

16

Приведем еще одну задачу, в решении которой помогают формулы Муавра и Эйлера. Мы хотим найти более компактное выражение для суммы

T = sin x + sin 2x + + sin nx:

Наряду с суммой T рассмотрим еще сумму

S = 1 + cos x + cos 2x + + cos nx:

Числа S и T вещественные; рассмотрим комплексное число

S+iT = (1+cos x+cos 2x+ +cos nx)+i(sin x+sin 2x+ +sin nx) = = 1 + (cos x + i sin x) + (cos 2x + i sin 2x) + : : : + (cos nx + i sin nx):

Заменяя здесь каждое слагаемое cos sx + i sin sx на esix и воспользо-

вавшись формулой для суммы геометрической прогрессии, найдем, что

 

 

S + iT = 1 + eix + e2ix +

 

+ enix =

e(n+1)ix 1

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

eix 1

 

=

ei(n+1)x=2

 

ei(n+1)x=2 e i(n+1)x=2

= einx=2

(ei(n+1)x=2 e i(n+1)x=2)=2i

=

 

eix=2 eix=2

(eix=2 eix=2)=2i

 

eix=2

 

 

 

 

 

 

65

= cos

 

 

 

 

 

 

sin

(n + 1)x

 

 

nx

 

nx

 

 

 

 

 

+ i sin

2

 

 

:

2

 

2

 

 

sin

x

 

 

 

 

 

 

2

 

 

Сравнивая вещественные части и коэффициенты мнимых частей левой и правой частей этого равенства, находим, что

 

 

 

cos

nx

sin

(n + 1)x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S =1 + cos x + cos 2x + + cos nx =

2

2

 

 

;

 

 

 

 

 

 

sin

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

sin

nx

sin

(n + 1)x

 

 

 

T = sin x + sin 2x + + sin nx =

 

2

 

 

 

:

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 4: Корни из комплексных чисел

1 Определение корня из комплексного числа

Пусть 2 C и пусть n 1 натуральное число. Комплексное числоназывается корнем n-й степени из , если n = . Известно, что вещественные корни n-й степени из вещественного числа существуют не всегда (даже если n = 2). Естественно возникает вопрос: а как

обстоит дело в поле комплексных чисел? Всегда ли существуют корни из комплексных чисел? Если да, то сколько их и как их найти? Ниже мы ответим на эти вопросы. Но сначала рассмотрим случай n = 2.

2 Извлечение квадратных корней из комплексных чисел

Теорема 2. У всякого ненулевого комплексного числа a + bi, где a; b 2 R, в поле C есть ровно два квадратных корня (то есть корня степени 2), которые следующим образом выражаются через a и b:

s

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sa +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a +

 

+

 

+

 

p

2

 

 

i

;

åñëè b = 0;

 

 

 

2

 

 

2

 

 

pa2

b2

 

 

 

 

a

+ b

 

 

 

!

6

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

åñëè

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

a;

 

 

 

 

b = 0; a > 0

 

 

 

 

 

 

p

 

 

åñëè

 

b = 0; a < 0

.

 

 

 

 

 

 

 

i a;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Пусть x; y 2 R и

a + bi = (x + yi)2 = (x2 y2) + 2xyi;

66

сравнивая вещественые части и коэффициенты мнимых частей ле-

вой и правой сторон равенства, получаем, что условие равносильно системе двух равенств x2 y2 = a, 2xy = b.

Пусть сначала b = 0; из равенства 2xy = b = 0 следует, что тогда p

x = 0 или y = 0. В первом случае a = y2 < 0, и y = a, а во втором a = x2 > 0, x = pa. Èòàê, åñëè a 2 R, a 6= 0 è (x+yi)2 = a 6= 0, òî x+yi = pa èëè x+yi = ip a в зависимости от

знака числа a. Очевидно, в обоих случаях полученные комплексные числа действительно являются квадратными корнями из a.

Пусть теперь b 6= 0; из равенств x2 y2 = a, 2xy = b следует, что

(x2 + y2)2 = (x2 y2)2 + (2xy)2 = a2 + b2:

Извлекая корень из обеих частей этого равенства и учитываяp что x; y 2 R и потому x2 + y2 0, находим, что x2 + y2 = a2 + b2, à

значит,

 

 

x2 = (x2

 

y2) + (x2

 

y2

 

=2 = (a + p

 

)=2:

 

 

 

 

a2 + b2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

положительно: в противном слу-

 

 

Покажем, что число a+pa2 + b2

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

чае мы имели бы

 

a2

 

 

2

 

 

2

, откуда следовало бы, что

a

2

= ( a)

2

a

2

 

 

a

 

+ b

 

 

0

 

 

 

+ b

, а это невозможно, потому что b 6= 0. Мы

находим теперь, что если x + yi квадратный корень из a + bi, то

x = r

 

a +

 

 

 

 

 

, а соответствующее значение числа y получа-

 

2

+

 

 

 

 

 

pa2

 

b2

 

ется из соотношения 2xy = b. Итак, мы показали, что если x + yi квадратный корень из a + bi, то

 

 

s

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sa +

 

 

 

 

 

 

x + yi =

 

 

a +

+

 

+

 

p

2

 

 

 

i :

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

2

+ b

2

 

 

 

 

 

 

pa2

b2 b

 

 

 

 

 

 

Остается проверить, что найденные нами комплексные числа действительно квадратные корни из a + bi:

 

s

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

+

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

p

2

 

 

 

 

i

=

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

pa2

 

b2

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

a2

+

b2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b2

 

 

 

+ bi =

a +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(a + a2 + b2)

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

+ bi =

 

 

a + pa2 + b2

 

 

(pa2 + b2)2

 

 

a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(a + a2 + b2)

 

 

 

 

 

=

a + p

 

 

 

 

 

 

 

a + p

ap2 + b2

+ bi = a + bi:

a2 + b2

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

67

3 Извлечение корней произвольной степени из комплексных чисел

Если мы попытаемся применить тот же подход, что и в предыдущем пункте, для извлечения корней третьей степени x + yi из числа

a + bi 2 C, то получим для x и y систему уравнений третьей степени.

Эта система сводится к одному уравнению третьей степени от одной неизвестной; такие уравнения умели решать еще в средние века. Однако, какой бы способ решения получившегося уравнения третьей степени мы ни применяли, всегда по ходу дела нам придется извлекать корень третьей степени как раз из числа a+bi, и у нас возникает

замкнутый круг.

Поэтому для исследования корней степеней, больших 2, приходится использовать тригонометрическую форму комплексного числа.

Теорема 3. Пусть 6= 0 комплексное число, r и ' его модуль и аргумент, и пусть n 1 натуральное число. Существует ровно n корней степени n из , которые находятся по формуле

 

 

 

 

 

' + 2k

 

' + 2k

 

k = prei('+2k )=n = pr cos

+ i sin

;

n

n

n

 

n

 

 

 

 

ãäå k = 0; 1; : : : ; n 1.

Доказательство. Комплексное число = ei (где > 0 и вещественны) является корнем n-й степени из числа = rei' тогда и

только тогда, когда rei' = = n = nein ; по предложению 3 это p

значит, что r = n, òî åñòü = n r, и существует число k 2 Z, такое p

что n = ' + 2k . Таким образом, числа k = n rei('+2k )=n корни

степени n из , и всякий корень совпадает с одним из k. Но среди чисел k много совпадающих; точнее, по предложению 3 числа s èt равны тогда и только тогда, когда существует целое число l, такое

÷òî

' + 2s

 

' + 2t

 

2(s t)

 

2l =

 

=

;

n

n

n

 

 

 

то есть когда s t = nl n. Поэтому числа 0; 1; : : : ; n 1 различны, и любое из чисел k совпадает с одним из перечисленных, потому что число k сравнимо по модулю n со своим остатком от деления на n.

4 Корни из 1

В частности, имеется n корней n-й степени из 1

k = ei 2 k=n = cos

2 k

+ i sin

2 k

(k = 0; 1; : : : ; n 1):

 

 

n

n

Знание корней из 1 позволяет вычислить все корни n-й степени из комплексного числа, если известен один из них.

68

Предложение 4. Пусть n 1 натуральное число, 0 6= 2 C иодин из корней степени n из . Тогда для любого корня степени n из 1 произведение является корнем степени n из . Обратно, для любого корня 0 степени n из найдется корень степени n из 1, такой что 0 = .

Доказательство. Если n = , n = 1, òî ( )n = n n = 1 = . Обратно, если 0n тоже равняется и = 0=, òî 0 = è

n = 0n=n = = = 1:

Предложение 5. Пусть n 1 натуральное число. Произведение корней n-й степени из 1 снова корень n-й степени из 1. Комплексное число, обратное к корню n-й степени из 1 тоже корень n-й степени из 1. Число 1 корень n-й степени из 1.

Доказательство. Ясно, что 1n = 1. Пусть ; корни из 1 степени n; тогда n = n = 1, откуда следует, что

( )n = n n = 1 1 = 1; ( 1)n = (1=)n = 1=n = 1=1 = 1:

Итак, числа , 1, 1 корни n-й степени из 1.

Замечание. Множество, на котором определено действие умножения, называется (мультипликативно записанной) группой, если это действие ассоциативно, в множестве есть единичный элемент, умножение на который не меняет второй сомножитель, и если для каждого элемента из множества в множестве есть обратный к нему. Если к тому же умножение коммутативно, то группа называется абелевой группой. Теории групп будет посвящена одна из следующих глав курса. Поскольку умножение комплексных чисел коммутативно и ассоциативно, предложение 5 означа-

ет, что корни n-й степени из 1 образуют относительно умножения абелеву группу.

Пусть n 1 натуральное число. Корень n-й степени из 1 называется первообразным корнем степени n из 1, если он не является корнем меньшей степени из 1.

Предложение 6. Пусть n 1 натуральное число. Корень сте-

ïåíè n èç 1

k = ei 2 k=n = cos 2kn + i sin 2kn

является первообразным корнем степени n из 1 тогда и только тогда, когда числа k и n взаимно просты.

69

являются корнями

Доказательство. Пусть k и n не взаимно просты; тогда у них есть общий делитель d 2, и существуют целые числа k1, n1, такие что k = dk1, n = dn1. ßñíî, ÷òî 0 < n1 < n; в то же время

kn1 = ei 2 kn1=n = ei 2 k1dn1=n = ei 2 k1n=n = e2 k1 i = 1;

òàê ÷òî k не первообразный корень степени n из 1.

Пусть теперь k и n взаимно просты, и пусть k не первообраз- ный корень степени n из 1. Тогда существует натуральное число m, такое что 0 < m < n и km = 1. Íî km = (ei 2 k=n)m = ei 2 km=n, à это число равно 1 только тогда, когда число km=n целое, то есть km

делится на n. Поскольку k и n взаимно просты, это возможно только при m n, что противоречит неравенствам 0 < m < n.

Из доказанного предложения следует, что первообразные корни степени n всегда существуют; например, 1 = e2 i=n первообраз-

ный корень степени n из 1. Более того, предложение показывает, что количество первообразных корней степени n из 1 равно '(n).

Предложение 7. Пусть n 1 натуральное число, и пусть первообразный корень степени n из 1. Любой корень степени n из 1 является степенью .

Доказательство. Все n чисел 0; 1; 2; : : : ; n 1

степени n из 1, и среди них нет одинаковых: иначе было бы s = t äëÿ некоторых показателей 0 s < t < n, и тогда мы бы имели t s = 1 для 0 < t s < n, что противоречит первообразности . Значит, все n корней степени n из 1 принадлежат множеству f 0; 1; 2; : : : ; n 1g, состоящему из степеней .

70

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]