Книги по разным темам Pages:     | 1 |   ...   | 60 | 61 | 62 | 63 | 64 |   ...   | 65 |

k F (0)ek - F (k) = ek f(t)e-tdt. (2) n Пусть f(x) = xn-1 (x - 1)... (x - m), где n некоторое (n - 1)! натуральное число (выбрав n подходящим образом, мы вскоре придём к противоречию); степень d этого многочлена равна (m + 1)n - 1. Запишем равенство (2) для k = 0, 1,..., m, умножим каждое из таких равенств на соответствующее ak и сложим их. Из равенства (1) следует, m что akekF (0) = 0, поэтому в результате мы получим k= m m k - akF (k) = akek f(t)e-tdt. (3) k=0 k=Покажем, что n можно выбрать так, что в левой части равенства (3) стоит целое ненулевое число, а в правой части число, абсолютная величина которого меньше 1.

егко видеть, что f(0) = f (0) =... = f(n-2)(0) = 0, f(n-1)(0) = = (-1)mn(m!)n и f(l)(k) = 0 при 0 l n - 1 и 1 k m. Согласно задаче 28.19 коэффициенты производной порядка l многочлена n xn-1 (x- 1)... (x- m) делятся на l!. Поэтому все производные f(l)(x) Дополнение при l n имеют целые коэффициенты, делящиеся на n. Значит, (m+1)n- F (0) = f(l)(0) = (-1)mn(m!)n + nA, l=n-(m+1)n- F (k) = f(l)(k) = nBk, 1 k m.

l=n Здесь A и Bk целые числа.

Пусть n простое число, которое одновременно больше m и |a0|.

Тогда в левой части равенства (3) слагаемое -a0F (0) не делится на n, а слагаемые -akF (k), 1 k m, делятся на n. Значит, число m - akF (k) целое и не равное нулю. В частности, его абсолютная k=величина не меньше 1.

Докажем теперь, что если n достаточно велико, то абсолютная величина правой части равенства (3) меньше 1. Если 0 x m, то m(m+1)n-|x - k| m, поэтому |f(x)|. Следовательно, (n - 1)! m m k k m(m+1)n akek f(t)e-tdt < |ak|ek e-tdt.

(n k=0 0 - 1)! k= k Ясно, что e-tdt = 1 - e-k < 1, поэтому m m |ak|ek k e-tdt < em |ak| = c0. Таким образом, k=0 0 k= m k cn akek f(t)e-tdt < c0 1, (n k=0 0 - 1)! cn где c1 = mm+1. Согласно задаче 25.19 limn 1 = 0. Выбрав n (n - 1)! cn так, что c0 1 < 1, получим противоречие.

(n - 1)! Теорема 2. Число трансцендентно.

Доказательство. Предположим, что число алгебраическое. Тогда число i тоже алгебраическое, поскольку число i алгебраическое (оно является корнем многочлена x2 + 1), а произведение двух алгебраических чисел является алгебраическим числом (задача 32.39). Таким образом, число i является корнем многочлена p0xm + p1xm-1 +... + pm-1x + pm = 0, (4) 512 Дополнение где p0,..., pm целые числа, причём p0 > 0. Будем предполагать, что среди всех многочленов с целыми коэффициентами, имеющих корень i, мы выбрали уравнение наименьшей степени.

Пусть 1,..., m корни уравнения (4); одним из этих корней является i. Согласно задаче 30.29 ei = -1, поэтому 1 2 m (e + 1)(e + 1)... (e + 1) = 0.

Раскрывая скобки, получаем равенство вида k k 1 + e + e +l +... + e +...+m = 0. (5) Пусть 1,..., n те из показателей k, k + l,..., 1 +... + m, которые отличны от нуля, n+1,..., N остальные показатели (все они равны нулю). Отметим, что N > n, поскольку уравнение (4) имеет корень -i (задача 23.18). Равенство (5) можно переписать в виде 1 2 n K + e + e +... + e = 0, (6) где K 2 некоторое натуральное число.

Числа p01,..., p0m являются целыми алгебраическими числами (задача 32.36), поэтому числа p01,..., p0n тоже являются целыми алгебраическими числами (задача 32.39).

Если F (z1,..., zn) симметрический многочлен с целыми коэффициентами, то F (p01,..., p0n) целое число. Действительно, F (z1,..., zn) является многочленом с целыми коэффициентами от элементарных симметрических функций k(z1,..., zn). Но k(p01,..., p0n) = k(p01,..., p0N ), поскольку эти выражения различаются лишь слагаемыми, равными нулю. Остаётся заметить, что k(p01,..., p0N ) можно представить в виде многочлена с целыми коэффициентами от элементарных симметрических функций от p01,..., p0m.

емма. Пусть f(x) = c0 + c1x + c2x2 +... + cnxn и F (x) = f(x) + + f (x) + f (x) +... + f(n)(x). Тогда P ex = e|x|Q(x) + F (x), n n где P = ck k! и Q(x) = ckqk(x)xk+1, где |qk(x)| < 1.

k=0 k=Доказательство. Согласно задаче 29.k! k! k!ex = k! + k!x + x2 +... + xk-1 + xk + xk+1qk(x)e|x|, 2! (k - 1)! где |qk(x)| < 1.

Полагая k = 0, 1, 2,..., n и складывая соответствующие равенства, домноженные на ck, получаем требуемое.

Дополнение Положим в равенстве из леммы последовательно x = 0, 1, 2,..., n, умножим первое из этих равенств на K и сложим все эти равенства.

Воспользовавшись равенством (6), получим 1 n KF (0) + F (1) +... + F (n) + e| |Q(1) +... + e| |Q(n) = 0. (7) Докажем, что существует многочлен f(x), для которого это равенство не может выполняться в том случае, когда 1,..., m алгебраические числа.

Пусть pnt+t-1xt-1(x - 1)t(x - 2)t... (x - n )t f(x) =, (8) (t - 1)! где t простое число, которое мы выберем чуть позже. Многочлен f(x) можно представить в следующих видах:

At-1xt-1 + Atxt +...

f(x) =, (t - 1)! Btpt (x - 1)t + Bt+1pt+1(x - 1)t+1 +...

f(x) =, (t - 1)! Ctpt (x - 2)t + Ct+1pt+1(x - 2)t+1 +...

f(x) =, (t - 1)!......

Первое из этих равенств получается, если в левой части равенства (8) раскрыть скобки. Ясно, что At-1 = (-1)npt-1(p01)t... (p0n)t (9) целое число. Аналогично доказывается, что At, At+1,... целые числа.

Второе равенство получается, если записать (8) в виде pnt+t-1[(x - 1) + 1]t-1(x - 1)t[(x - 1) + (1 - 2)]t...

f(x) =, (t - 1)! При этом выражения Bt, Bt+1,... являются многочленами с целыми коэффициентами от p01, p02,..., p0n. Остальные представления многочлена f(x) получаются аналогично. Каждая из сумм Bt + Ct +..., Bt+1 + Ct+1 +...,... является целым числом, поскольку она является симметрическим многочленом с целыми коэффициентами от p01,..., p0n.

Несложные вычисления показывают, что F (0) = At + tAt + t(t + 1)At+1 +..., F (1) = tBtpt + t(t + 1)Bt+1pt+1 +..., 0 F (2) = tCtpt + t(t + 1)Ct+1pt+1 +..., 0......

514 Дополнение Поэтому сумма F (1) +... + F (n) является целым числом, делящимся на t.

Выберем простое число t так, чтобы оно было больше каждого из чисел K, p0 и |(p01)... (p0n)|. Тогда KF (0) = KAt-1 + KtAt + Kt(t + 1)At+1 +...

является целым числом, не делящимся на t. Действительно, выражение (9) показывает, что At-1 не делится на t.

Обратимся теперь к равенству (7). Мы уже выяснили, что KF (0) + + F (1) +... + F (n) целое число, не делящееся на t. Чтобы прийти к противоречию, достаточно показать, что число 1 n L = e| |Q(1) +... + e| |Q(n) по модулю меньше 1 при достаточно большом t.

Для рассматриваемого многочлена f(x) имеем:

At-1qt-1xt + Atqtxt+1 +...

Q(x) =, (t - 1)! xs где |qk| < 1. Остаётся заметить, что lims = 0.

s! 8. Разрешимость уравнений в радикалах Разрешимость уравнений в радикалах можно понимать в разных смыслах. Норвежский математик Нильс Хенрик Абель (1802Ц1829) занимался вопросом о существовании общей формулы для всех уравнений данной степени, которая выражает их корни как функции от коэффициентов. Именно такой вид имеет, например, формула Кардано для уравнений третьей степени. Абель доказал, что если степень уравнения не меньше 5, то такой общей формулы (содержащей только радикалы и арифметические операции) нет. Но при этом некоторые конкретные уравнения (с рациональными коэффициентами) могут иметь корни, выражающиеся в радикалах. Например, таковыми являются уравнения xn = 0 и xn = 1. Критерий разрешимости в радикалах конкретных уравнений получил французский математик Эварист Галуа (1811Ц1832).

Мы сначала приведём доказательство теоремы Абеля о неразрешимости общего уравнения степени 5 и выше, а затем приведём восходящие к Кронекеру рассуждения, позволяющие про некоторые конкретные уравнения доказать, что они неразрешимы в радикалах. С одной стороны, эти рассуждения не такие общие, как теория Галуа. С другой стороны, они дают дают весьма простой с точки зрения вычислений признак неразрешимости в радикалах, в отличие от общего критерия Галуа. (Вычисление группы Галуа данного уравнение дело нелёгкое.) Дополнение Теорема Абеля В 1798Ц1813 гг. появилось несколько работ итальянского математика Паоло Руффини (1765Ц1822), в которых он доказывал теорему о неразрешимости в радикалах уравнений пятой и более высоких степеней. К сожалению, в этом доказательстве был существенный пробел. Руффини без основания предполагал, что радикалы рационально выражаются через корни исходного уравнения (см. теорему 4 на с. 517).

Первое полное доказательство теоремы о неразрешимости общего уравнения пятой степени получил Абель. Это доказательство он изложил в мемуаре Доказательство невозможности алгебраического решения общих уравнений пятой степени, опубликованном в 1825 г.

Будем говорить, что уравнение F (x) = xn + c1xn-1 +... + cn = 0 (1) является общим уравнением n-й степени, если его коэффициенты c1,..., cn рассматриваются как независимые переменные над некоторым полем L. В дальнейшем будем считать, что L = Q поле рациональных чисел.

Присоединив коэффициенты c1,..., cn к полю Q, получим поле = = Q(c1,..., cn).

Присоединив к полю корни 1,..., n уравнения (1), получим поле, которое обозначим (F ).

Будем говорить, что уравнение (1) разрешимо в радикалах, если поле (F ) содержится в расширении R поля, полученном путём присоеди s1 s2 sнения к некоторых радикалов 1 = a1, 2 = a2,..., m = am, где a1, a2 (1), a3 (1, 2),..., am (1,..., m-1).

Пусть, например, F (x) = x2 + c1x + c2. Тогда = Q(c1, c2) и (F ) = = a1, где a1 = c2 - 4c2.

Отметим, что показатели s1,..., sm радикалов 1,..., m можно считать простыми числами. В самом деле, если sk = uv, то присоединение sk радикала k = ak можно заменить последовательным присоедине u v нием радикалов = ak и 1 =. Поэтому в дальнейшем будем рассматривать лишь присоединение радикалов с простыми показателями.

Предположим, что уравнение (1) разрешимо в радикалах. Присоединим к полю первообразные корни из единицы 1,..., m, степени которых равны степеням радикалов 1,..., m соответственно. Полученное поле обозначим K. Так как K, то (F ) (1,..., m) K(1,..., m) 516 Дополнение Для доказательства теоремы Абеля нам понадобятся некоторые вспомогательные утверждения.

Теорема 1. Пусть p простое число, k некоторое подполе поля комплексных чисел. Многочлен xp - a приводим над полем k тогда и только тогда, когда a = bp для некоторого b k.

Доказательство. Предположим, что xp -a = f(x) g(x), где f(x) и g(x) многочлены над полем k. Пусть примитивный корень степени p p из единицы и = a. Тогда 1 r f(x) = xr + c1xr-1 +... + cr = (x - n )... (x - n ).

Поэтому lr = cr k, где l = n1 +... + nr. А так как (l)p = 1, то (r)p = (cr)p, т.е. ar = (cr)p. Число p простое и 1 r = deg f < p, поэтому rs + pt = 1 для некоторых чисел s и t. Следовательно, a = = arsapt = (csat)p = bp, где b = csat k.

r r Ясно так же, что если a = bp, то многочлен xp - a приводим, так как он делится на x - b.

Теорема 2. Пусть s простое число и ai k = K(1,..., i-1). Если s i = ai k, то l k тогда и только тогда, когда l делится на s.

/ i Доказательство. Если l = ns, то l = an k, так как ai k.

i i Предположим теперь, что l = a k, причём l = sq+r, где 0 < r < s.

i Тогда a = l = (ai)qr, а значит, r = b, где b = a (ai)-q. Над полем k i i i многочлены xs - ai и xr - b имеют общий корень i, поэтому они имеют общий делитель, степень которого не превосходит r < s. В частности, многочлен xs -ai приводим над полем k. Из теоремы 1 следует, что ai = = bs, где b k. Ясно, что b = i, где корень степени s из единицы.

А так как K k, то i k. Получено противоречие.

Можно считать, что 1,..., m минимальная последовательность радикалов с простыми степенями, требуемая для вычисления корня уравнения (1), т. е. любая такая последовательность содержит по крайней мере m таких радикалов. При этом условии справедливо следующее утверждение.

Теорема 3. Корень уравнения (1) можно представить в виде = u0 + + u22 +... + us-1s- s где s степень радикала m, = a, где a и все ul какие-то элементы поля k = K(1,..., m-1).

Дополнение Доказательство. Так как K(1,..., m) = k(m) и s k, то m = b0 + b1m + b22 +... + bs-1s-1, (2) m m где bi k. Трудность заключается лишь в том, чтобы добиться равенства b1 = 1. По условию k, поэтому хотя бы одно из чисел b1,..., bs-/ отлично от нуля. Пусть bl = 0, где 1 l < s. Положим = bll. Так как m число s простое, то ul + vs = 1 для некоторых целых чисел u и v. При этом u = buul = bu1-vs = bua-vm, т. е. m = cu, где c = b-uav k.

m m l l l l Так как m k, то k. Ясно также, что s = bsls = bsal k.

/ / m l l Заменим в выражении (2) m на cu, вспомнив при этом, что bll = m =. В результате получим = b0 + b1cu + b2c22u +... + +... + bs-1(s-1)u (3) Из теоремы 2 следует, что t k тогда и только тогда, когда t делится на s. А так как числа u и s взаимно простые, то набор элементов 1, u, 2u,..., (s-1)u совпадает с набором 1,, 2,..., s-1 (в другом порядке). Таким образом, (3) даёт требуемое выражение для :

= b0 + + b 2 +... + b s-1.

2 s- Теорема 4. Минимальную последовательность радикалов 1,..., m для вычисления корня многочлена (1) можно выбрать так, что 1,..., m представляют собой многочлены над K от корней 1,..., m многочлена (1).

Доказательство. Будем исходить из произвольной минимальной последовательности 1,..., m. Напомним, что через K мы обозначили поле, полученное в результате присоединения к полю первообразных корней 1,..., m, степени которых равны степеням радикалов 1,..., m. Согласно теореме 3 радикал m можно заменить радикалом той же самой степени s так, что = u0 + + u22 +... + us-1s-1, где ul k = K(1,..., m-1) и s = a k. Покажем, что для любого корня многочлена xs - a величина () = u0 + + u22 +... + us-1s-является корнем многочлена (1). Подставим в многочлен F (x) = xn + + c1xn-1 +... + cn вместо x величину (). Учитывая, что s = a k, в результате получим выражение вида b0 + b1 +... + bs-1s-1, 518 Дополнение где bl k. Многочлены xs -a и b0 +b1x+...+bs-1xs-1 имеют общий корень, поэтому они имеют общий делитель над k. Но согласно теореме многочлен xs - a неприводим над k, поэтому b0 = b1 =... = bs-1 = 0.

Это означает, что если корень многочлена xs - a, то () корень многочлена (1). Пусть примитивный корень степени s из единицы.

Тогда = r, поэтому величины r+1 = u0 + r + u22r2 +... + us-1(s-1)rs-при r = 0, 1,..., s - 1 будут корнями многочлена (1). Например, для s = 3 получим 1 = u0 + + u22, 2 = u0 + + u222, 3 = u0 + 2 + u22.

А так как 1 + + 2 = 0, то 1+2+3=3u0, 1+-12+-23=3, 1+-22+-13=3u22.

Pages:     | 1 |   ...   | 60 | 61 | 62 | 63 | 64 |   ...   | 65 |    Книги по разным темам