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

Введем понятие сложности построения циркулем и линейкой. Допустим, что на плоскости дано некоторое множество точек, прямых и окружностей, которое обозначим M0.

Определение 118. Назовем построением циркулем и линейкой

при заданном M0 любую последовательность множеств M0, M1, . . . , ML, начинающуюся с M0 и такую, что каждое следующее множество Mi+1 получается из предыдущего множества Mi добавлением либо некоторой прямой, проходящей через какие-то две точки из множества Mi , либо окружности с центром в какой-то из точек множества Mi и радиусом, равным длине некоторого отрезка с концами в точках из Mi , а также всех точек пересечения добавленной линии со всеми линиями из множества Mi . Число L назовем сложностью этого построения. Сложностью построения множества M точек, отрезков, окружностей и прямых при заданном M0 назовем минимальную сложность такого построения M0, M1, . . ., ML, для которого множество ML содержит все прямые и окружности из M, все точки из M и концы всех отрезков из M.

Аналогично определяется сложность построения одним циркулем.

Следующие несколько задач принадлежат итальянскому математику Маскерони *.

Задачи Маскерони

1.Дана единичная окружность с диаметром и отрезок длины x, x < 1. Постройте на этом диаметре отрезок длины x2 одним циркулем со сложностью 2.

2.Решите предыдущую задачу со сложностью 3, если диаметр задан только одним своим концом, а не начерчен целиком.

3.Дана единичная окружность и отрезок длины x > 1 c началом в ее центре. Постройте отрезок длины x−1 одним циркулем со сложностью 2. Постройте отрезок длины x−1 одним циркулем со сложностью 3, если отрезок длины x задан только своими концами, а не начерчен целиком.

4.Даны отрезки с длинами a, b, c, где b, c < 2a. Постройте одним циркулем со сложностью 3 отрезок длины x такой, что a : b = c : x.

5.Даны единичная окружность, отрезок длины c < 2 с началом в ее центре и еще отрезок длины b < 1. Постройте одним циркулем со сложностью 2 отрезок длины bc.

6.Постройте одним циркулем со сложностью 3 одновременно отрезки длины 2 и 3, лежащие на одной прямой с данным единичным отрезком.

* Л. Маскерони (Lorenzo Mascheroni, 1750–1800). Свою книгу «Геометрия циркуля» он посвятил Наполеону.

В случае a > 1 подобное построение можно осуществить со сложностью 9.

7 . Докажите теорему Мора–Маскерони о построениях одним циркулем: любое построение, выполнимое циркулем и линейкой, может быть выполнено и одним циркулем.

§ 4.20. Теорема Абеля–Руффини

Теорема 119. Общее уравнение степени выше пятой неразрешимо в радикалах, т. е. не существует формулы, выражающей его корни через коэффициенты, в которой бы кроме четырех арифметических операций использовалось бы только извлечение комплексных корней произвольных степеней.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Прежде всего заметим, что теорему достаточно доказать для общего уравнения пятой степени. В самом деле, если бы имелась общая формула для решения уравнения n-й степени, то она бы давала решение в радикалах и для уравнения:

xn + an−1xn−1 + an−2xn−2 + an−3xn−3 + an−4xn−4 + an−5xn−5 = 0. Предположим, что общее уравнение пятой степени

x5 + a4x4 + a3x3 + a2x4 + a1x + a0 = 0

имеет решение в радикалах. Для того чтобы дать удобную для наших

√

поля K( a) тоже можно связать некоторую функцию. Однако строгое

обоснование этого приводит к понятию римановой поверхности, которое

√

не является элементарным. Мы будем выбирать одно значение корня n a

и не вдаваться в технические детали. Отметим, что формула, доставляющая решения уравнения, лежит в поле функций, которое получается радикальными расширениями из поля рациональных функций.

Рассмотрим некоторые примеры.

x1x2 = a0.

В общем случае, формула для решения уравнения n-й степени доставляла бы последовательность радикальных расширений, которая бы начиналась с поля K0 = C (a0, a1, . . ., a4) всех рациональных функций, а заканчивалась бы полем всех рациональных функций Kn = C (x1, x2, x3, x4, x5) или некоторым его расширением.

K0 K1 K2 . . . Kn.

При этом поле K0 выделялось бы в Kn как множество всех симметрических рациональных функций, т. к. по теореме Виета ai = −σi (x1, x2, x3, x4, x5), 0 6 i 6 4, а всякая симметрическая рациональная функция выражается через элементарные симметрические функции как рациональная дробь от них.

Интересен вопрос: можем ли мы прийти к некоторому расширению поля C (x1, x2, x3, x4, x5) при последовательном радикальном расширении поля K0 по формулам, выражающим xi через a0, . . . , a4? Ответ на этот вопрос отрицательный. Мы дадим здесь только эскиз доказательства. Рассмотрим вначале пример расширения, соответствующего формулам Кардано. Пусть дано общее уравнение третьей степени

x3 + a2x2 + a1x + a0 = 0.

Замена переменных x → x + a2/3 приводит его к виду x3 + ax + b = 0.

Тогда резольвенты Лагранжа ρ1 =x1 +εx2 +ε2x3 и ρ2 = x1 + ε2x2 + εx3,

√

где ε = −12 + 23 i, удовлетворяют условиям:

ρ1 · ρ2 = x12 + x22 + x32 − x1x2 − x2x3 − x3x1 =

= (x1 + x2 + x3)2 − 3(x1x2 + x2x3 + x3x1) = −3a,

ρ31 + ρ32 = (ρ1 + ρ2) [(ρ1 + ρ2)2 − 3ρ1ρ2] = 3x1 [9x12 + 9a] =

= 27(x13 + ax1) = −27b,

ρ31 −ρ32 =√(ρ1 −ρ2) (ρ21 + ρ1ρ2 + ρ22) =

= 3(x2 −x3) (x12 + ε2x22 + εx32 + x12 + εx22 + ε2x32 + 2εx1x2 + ε2x1x3+

+ 2x2x3 + 2ε2x1x2 + 2εx1x3 + 2x2x3 + x12 + x22 + x32 −x1x2 −x2x3 −x3x1) =

√

= i 3(x2 −x3) (3x12 −3x1x2 −√3x1x3 + 3x2x3) =

= i 27(x1 − x3) (x2 − x3) (x1 − x2).

Поэтому

(ρ31 − ρ32)2 = −27(x1 − x2)2 (x2 − x3)2 (x3 − x1)2 = 27(4a3 + 27b2).

Значит, можно выбрать следующую цепочку радикальных расши-

Заметим, что последнее поле совпадает с полем C (x1, x2, x3). Аналогично можно поступить и с уравнением четвертой степени. Пусть удалось проделать аналогичные выкладки и для общего урав-

нения пятой степени, и имеется цепочка радикальных расширений:

C (a0, a1, a2, a3, a4) = K0 K1 . . . Kn = C (x1, x2, x3, x4, x5).

Тогда для всякой перестановки α S5 имеет место равенство α f = εα f,

√

где εα r a, а α f – функция f с переставленными в соответствии с перестановкой α переменными.

Действительно, (α f)r = α(fr) = αa = a = fr , так как a C (σ0, σ1, . . .

. . . , σ4) (мы воспользовались свойством перестановки переменных α(h1 · h2) = αh1 · αh2). Кроме того, для любой функции h выполняет-

ся свойство αβ (h) = α(βh), из которого вытекает тождество εαβ = εα · εβ для α, β S5 и тождеств

αβ (h) = εαβ h, α(βh) = α(εβ h) = εβ (αh) = εβ · εαh.

Как известно, всякую перестановку можно представить в виде композиции транспозиций. Заметим, что ε(ij) = ±1, так как (ij) · (ij) – тождественная перестановка.

Легко видеть, что для любых двух перестановок (i′ j′) и (ij) выполняется тождество (i′ j′) = (ii′) (jj′) (ij) (jj′) (ii′). Отсюда имеем, что ε(ij) = ε(i′ j′) . Поэтому, если расширение нетривиальное, то ε(ij) = −1 для всех транспозиций (ij) S5. Значит, εα совпадает со знаком ε(α) пере-

не изменяется при четных перестановках переменных тогда и только тогда, когда она представляется в виде суммы симметрической функции

Проверим симметричность f1, т. е. равенство α f1 = f1. Если α – четная, то α f1 = 12 (α f + α(12) f) = 12 (f + (12) (12)α(12) f), но перестановка

(12)α(12) – четная, значит, (12)α(12) f = f, откуда α f1 = 12 (f + (12) f) = f1. Аналогично проверяем равенство α f2 = f2:

α f2 = 12 (α f − α(12) f) = 12 f − 12 ((12) (12)α(12) f) = 12 (f − (12) f) = f2.

Если перестановка α – нечетная, то

α f1 = 12 (α f + α(12) f) = 12 ((12) (12)α f + α(12) f) = 12 ((12) f + f) = f1, т. к. перестановки (12)α и α(12) – четные. Кроме того,

α f2 = 12 (α f − α(12) f) = 12 ((12) (12)α f − α(12) f) = −f2.

Поэтому, если f – рациональная функция, не меняющаяся при четных перестановках, то f = f1 + f2, где f1 – симметрическая, а f2 – антисимметрическая функция.

318 Глава IV. Алгебраические уравнения

Из леммы 32 теперь следует, что εα = 1 для всякой четной переста-

K1 = K2 = K3 = . . . = Kn.

Однако, согласно лемме 31, поле K1 есть множество рациональных функций от (x1, x2, x3, x4, x5), не меняющихся при четных перестановках переменных, следовательно, оно не совпадает с полем всех рациональных функций C (x1, x2, x3, x4, x5). Значит, искомая цепочка расширений невозможна.

Задачи и упражнения к § 4.20

1.Решите уравнение x5 − 5ax3 + 5a2x + a5 + 1 = 0.

2.С помощью замены переменных x = u + v решите подобно кубическому уравнению уравнение x5 − 5ax3 + 5a2x − 2b = 0.

Приложение. Образцы контрольных работ разных лет, экзаменационных вопросов и задач

Контрольная работа 1

1.Разложите на множители (с действительными коэффициентами) (i) x4+9; (ii) x4+25.

2.Докажите, что числа (i) √2 + √3; (ii) √3 + √5 – иррациональны.

3.Решите уравнения:

(i)x4 − 4x3 − 2x2 + 12x + 8 = 0; (ii) x4 − 10x3 + 4x2 + 8 = 0.

4.Докажите неравенства:

Контрольная работа 2

2.С помощью алгоритма Евклида найдите НОД чисел a и b и представьте его в виде au + bv, где u и v – целые: (i) a = 24, b = 30; (ii) a = 36, b = 20.

3.Найдите число и сумму всех натуральных делителей у чисел (i) 2772; (ii) 5940.

4.Вычислите значение функции Эйлера от чисел (i) 65; (i) 72.

5. В разложениях (i) (x + 1/x)12; (ii) (x/3 − 3/x)12 найдите коэффициент при (i) x8;

(ii)x4.

6.Найдите суммы: (i) Cn0 + Cn2 + . . . + Cn2k + . . .; (ii) 1 − Cn1 + Cn2 − Cn3 + . . .

[f, g] = f−1 g−1 fg.

Докажите тождества: (i) [f, g]−1 = [g, f], (ii) fg[g, f] = fg.

3.Решите уравнения:

(i)x4 − 5x2 − 2x + 3 = 0; (ii) x4 − 5x2 + 2x + 3 = 0.

4.Докажите для любых неотрицательных a и b неравенства:

(i)a3 + b3 > ab(a + b); (ii) (a3 + b3) (a + b) > (a2 + b2)2.

5. Докажите, что уравнение x3 − 3x + 1 = 0 имеет три корня, и найдите сумму их

(i) квадратов; (ii) кубов, а также уравнение, одним из корней которого является (i) сумма; (ii) произведение двух корней исходного уравнения.

семестра выяснилось, что все команды сыграли разное число матчей. Докажите, что какието команды успели сыграть между собой более одного раза.

Вопросы к экзамену в 10-х классах (1999 год)

1.Индукция и примеры ее применения. Формулы суммирования арифметической и геометрической прогрессий.

2.Числа Фибоначчи. Формула Бине.

3.Рекуррентные последовательности второго порядка.

4.Простые числа. Бесконечность множества простых чисел. Наибольший общий делитель и наименьшее общее кратное.

5.Алгоритм Евклида. Линейное представление наибольшего общего делителя. Леммы

оделимости.

6.Основная теорема арифметики.

7.Перестановки и размещения.

8.Перестановки с повторениями.

9.Биномиальная теорема. Треугольник Паскаля. Тождество Паскаля.

10.Биномиальная и полиномиальная теоремы.

11.Сочетания с повторениями.

12.Определение комплексных чисел. Операции над ними. Геометрическая интерпретация комплексных чисел.

13.Многочлены и операции над ними. Деление с остатком.

14.Схема Горнера. Теорема Безу. Теорема о числе корней у уравнений произвольной

степени.

15.Производные и кратные корни.

16.Теорема Виета для уравнений произвольной степени.

17.Алгоритм Евклида для многочленов. Линейное представление наибольшего общего делителя. Леммы о делимости многочленов. Понятие неприводимого многочлена.

18.Однозначность разложения на множители многочленов над полем рациональных

чисел.

19.Операция сопряжения и свойства комплексных корней многочленов с действительными коэффициентами.

20.Разложение на множители многочленов над полями действительных и комплексных

чисел.

21.Умножение и деление комплексных чисел в тригонометрической форме. Теоремы сложения для синуса и косинуса.

22.Формулы Муавра и Эйлера. Формулы для синусов, косинусов и тангенсов крат-

ных дуг.

23.Извлечение корней n-й степени из комплексных чисел. Геометрическая интерпре-

тация.

24.Алгебраический метод извлечения квадратных корней из комплексных чисел. Решение квадратных уравнений в поле комплексных чисел.

25.Группа корней n-й степени из единицы. Первообразные корни. Функция Эйлера и ее мультипликативное свойство. Формула Эйлера.