WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 | 2 ||

«В. Б. АЛЕКСЕЕВ ТЕОРЕМА АБЕЛЯ в задачах и решениях МЦНМО, 2001 УДК 517.545, 512.54 А 47 ББК 22.144 Алексеев В. Б. ...»

-- [ Страница 3 ] --

149. Может. Пример такой бесконечной группы дан в задаче 145, где R/Zn R и, очевидно, R/{e} R.

= = Примером конечной группы, является, например, группа Z4 Z2, которая содержит нормальные подгруппы вида Z4 {e2} и Z2 Z факторгруппы по которым изоморфны Z2 (см. 146).

150. см. 57. 1) Пусть f1 и f2 содержатся в (H). Это означает, что в H найдутся элементы h1 и h2 такие, что (h1) = f1 и (h2) = f2.

Тогда элемент h1h2 содержится в H и (h1h2) = (так как — гомоморфизм) = (h1) (h2) = f1f2. Значит f1f2 также содержится в (H).

2) Так как eG содержится в H и (eG) = eF (см. 133), то eF содер жится в образе (H) подгруппы H.

3) Пусть элемент f содержится в (H). Это означает, что в H найдется элемент h такой, что (h) = f. Тогда элемент h-1 содер жится в H и (h-1) = (см. 134) = [ (h)]-1 = f-1. Поэтому f-1 также содержится в (H).

- 151. См. 57. 1) Пусть g1 и g2 содержатся в (H). Это озна чает, что элементы (g1) = h1 и (g2) = h2 содержатся в H. Тогда элемент h1h2 также содержится в H и (g1g2) = (g1) (g2) = h1h2.

- Поэтому g1g2 содержится в (H).

2) Так как (eG) = eF (см. 133) и eF содержится в H, то eG содер - жится в (H).

- 3) Пусть g содержится в (H). Это означает, что элемент (g) = h содержится в H. Тогда элемент h-1 также содержится в H и (g-1) = (см. 134) = [ (g)]-1 = h-1. Поэтому g-1 содержится - в (H).

- 152. Пусть a — произвольный элемент из (N). Это означает, что элемент (a) = h содержится в N. Если g — произвольный эле мент группы G и (g) = f, то (g-1) = (см. 134) = [ (g)]-1 = f-1. То гда элемент (gag-1) = (g) (a) (g-1) = fhf-1 содержится в N, так как N — нормальная подгруппа группы F. Поэтому элемент gag- -1 - содержится в (N) и, следовательно, (N) — нормальная под группа в группе G.

153. Если g1 и g2 — произвольные элементы группы G и (g1) = -1 -1 -1 - = f1, (g2) = f2, то (см. 134) (g1 ) = f1, (g2 ) = f2. Отсюда -1 -1 -1 -1 -1 - (g1g2g1 g2 ) = (g1) (g2) (g1 ) (g2 ) = f1f2f1 f2, т. е. образ лю бого коммутатора группы G является коммутатором в группе F. Лю бой элемент коммутанта K1 представим в виде k1 · k2 ·... · kn, где все ki — коммутаторы. Элемент (k1 · k2 ·... · kn) = (k1) (k2) ·... · (kn) является произведением коммутаторов в группе F и, следовательно, содержится в коммутанте K2. Значит, (K1) содержится в K2. Отсюда - вытекает также, что K1 содержится в (K2).

154. Пусть a — произвольный элемент из (N). Это означает, что в N найдется элемент h такой, что (h) = a. Пусть f — произвольный элемент группы F. Так как — гомоморфизм на, то в группе G найдется элемент g такой, что (g) = f. Тогда (g-1) = f-1 (см. 134) и (ghg-1) = faf-1. Так как N — нормальная подгруппа в группе G, то элемент ghg-1 содержится в N. Поэтому элемент faf-1 содержится в (N) и, следовательно, (N) — нормальная подгруппа группы F.

-1 - 155. Пусть f1f2f1 f2 — произвольный коммутатор в F. Так как — гомоморфизм на, то в G найдутся элементы g1 и g2 такие, что -1 -1 -1 - (g1) = f1 и (g2) = f2. Тогда (см. 134) (g1 ) = f1, (g2 ) = f2 и -1 -1 -1 -1 -1 - (g1g2g1 g2 ) = (g1) (g2) (g1 ) (g2 ) = f1f2f1 f2. Так как эле -1 -1 -1 - мент g1g2g1 g2 содержится в K1, то коммутатор f1f2f1 f2 содер жится в (K1). Так как (K1) — подгруппа в F (см. 150) и содержит все коммутаторы, то (K1) содержит весь коммутант K2. С другой стороны, (K1) содержится в K2 (см. 153). Поэтому (K1) = K2.

- Равенство K1 = (K2) в общем случае неверно. Например, отоб ражение группы Z2 = {e1, a} на группу {e2}, состоящую из одного элемента, такое, что (e1) = e2 и (a) = e2, является гомоморфиз - мом на. При этом K1 = {e1}, K2 = {e2} и (K2) = {e1, a} = K1.

156. Ответ, а) Да: группа Zn коммутативна, б) да (см. 118), в) да (см. 118), г) да (см. 118), д) да (см. 120), е) да (см. 122 и д)), ж) да (см. 128 и д)).

157. Произвольную фиксированную грань можно совместить с лю бой из 12 граней, причем пятью способами.

Ответ. 60.

158. Ответ. 1) 1, 2) 24, 3) 20, 4) 15.

159. Пусть l1 и l2 — оси одинакового типа (т. е. либо обе проходят через середины противоположных граней, либо обе проходят через противоположные вершины, либо обе проходят через середины проти воположных ребер). Существует вращение g додекаэдра, переводящее ось l1 в ось l2. Если a — некоторое (нетождественное) вращение во круг оси l1, то вращение gag-1 переводит (проверьте) ось l2 в себя, не меняя ее направления. Поэтому gag-1 — это нетождественное (иначе a = g-1g = e вращение вокруг оси l2. Таким образом, если нормальная подгруппа в группе вращений додекаэдра содержит хотя бы одно вращение вокруг некоторой оси, то она содержит хотя бы по одному вращению вокруг каждой оси того же типа. Подгруппа вращений додекаэдра вокруг некоторой оси имеет порядок (в зависимости от типа оси) 5, 3 или 2. Так как 5, 3 и 2 — простые числа, то любой элемент (отличный от e) в такой подгруппе является образующим (см. 34), т. е. порождает всю подгруппу. Таким образом, если нор мальная подгруппа в группе вращений додекаэдра содержит хотя бы одно вращение вокруг некоторой оси, то она содержит все вращения вокруг осей того же типа.

160. Из результата задачи 159 следует, что нормальная подгруппа в группе вращений додекаэдра должна состоять из нескольких клас сов 1–4, причем класс 1 обязательно входит в нормальную подгруп пу. Порядок нормальной подгруппы должен быть делителем порядка группы вращений додекаэдра (60) (см. теорему Лагранжа, стр. 31).

Легко проверить (см. 158), что это возможно лишь в том случае, если нормальная подгруппа содержит только класс 1 или все клас сы.

161. Так как группа G некоммутативна, то коммутант K(G) = {e}.

Так как K(G) — нормальная подгруппа в G (см. 116), то при условиях задачи K(G) = G. Поэтому в цепочке G, K(G), K2(G) = K(K(G)),...

все группы совпадают с G и, следовательно, эта цепочка никогда не заканчивается единичной группой. Отсюда группа G не является разрешимой.

162. Пусть группа G разрешима. Тогда существует n такое, что подгруппа Kn(G) = K(K... (K(G))... ) является единичной.

n Если H — подгруппа группы G, то K(H) содержится в K(G), под группа K(K(H)) содержится в K(K(G)) и т. д. Так как подгруппа Kn(H) содержится в Kn(G) и подгруппа Kn(G) единичная, то и Kn(H) — единичная подгруппа. Поэтому подгруппа H разрешима.

163. Обозначим через K(G) коммутант в группе G и через Kr(G) подгруппу K(K... (K(G))... ). Так как — гомоморфизм группы G r на группу F, то (K(G)) = K(F ) (см. 155). Отсюда (K2(G)) = K2(F ) и вообще (Kr(G)) = Kr(F ). Так как группа G разрешима, то для некоторого n подгруппа Kn(G) является единичной. Так как (Kn(G)) = Kn(F ), то и подгруппа Kn(F ) единичная. Поэтому группа F разрешима.

164. Ответ. Например, : G {e}, где G — группа вращений додекаэдра.

165. У к а з а н и е. Рассмотрите естественный гомоморфизм (см.

стр. 40) группы G на факторгруппу G/N. Далее воспользуйтесь ре зультатом задачи 163.

166. Пусть K(G) — коммутант в группе G и Kr(G) = K(K... (K(G))... ).

r Рассмотрим естественный гомоморфизм (см. стр. 40) груп пы G на факторгруппу G/N. Тогда (см. 155) (K(G)) = K(G/N), (K2(G)) = K2(G/N) и вообще (Kr(G)) = Kr(G/N). Так как груп па G/N разрешима, то для некоторого n подгруппа Kn(G/N) будет единичной, т. е. Kn(G/N) = {E}. Так как (Kn(G)) = Kn(G/N) = = {E}, то подгруппа Kn(G) содержится в нормальной подгруппе N.

Группа N разрешима, поэтому для некоторого s подгруппа Ks(N) единичная. Так как Kn(G) содержится в N, то подгруппа Kn+s(G) содержится в Ks(N) и поэтому является единичной. Следовательно, группа G разрешима.

167. Из задачи 146 получаем (G F )/(G {e2}) {e} F. Так = как группы G {e2} и {e} F изоморфны соответственно группам G и F, а поэтому разрешимы, то (см. 166) и группа G F разрешима.

168. Так как группа G разрешима, то в цепочке коммутантов G, K(G), K2(G),... при некотором n будет Kn(G) = {e}. Рассмотрим це почку групп G, K(G), K2(G),... Kn(G). Эта цепочка групп является искомой, так как каждая следующая группа является коммутантом и, следовательно, нормальной подгруппой (см. 116) в предыдущей группе, причем все факторгруппы Ki(G)/Ki+1(G), а также G/K(G) коммутативны (см. 129);

группа Kn(G) = {e} также коммутативна.

169. Так как по условию факторгруппа Gi-1/Gi коммутативна, то коммутант K(Gi-1) содержится в Gi (см. 130). Отсюда подгруп па K2(Gi-1) содержится в K(Gi) и вообще подгруппа Kr(Gi-1) содер жится в Kr-1(Gi) при любых r 1 и 1 i n. Поэтому подгруппа Kn+1(G0) содержится в подгруппе Kn(G1), которая в свою очередь содержится в Kn-1(G2), и т. д. до K(Gn). Следовательно, подгруп па Kn+1(G) содержится в K(Gn). Но K(Gn) = {e} так как группа Gn по условию коммутативна. Поэтому и Kn+1(G) = {e}, т. е. группа G разрешима.

Результат задачи 169 можно также получить с помощью метода математической индукции, переходя от Gn к Gn-1, затем к Gn- и т. д. и используя результат задачи 166.

170. По условию группа G разрешима. Это означает, что при неко тором n подгруппа Kn(G) является единичной и, следовательно, под группа Kn-1(G) является коммутативной. Так как Kn-1(G) — нор мальная подгруппа в группе G (см. 131), то можно рассмотреть фак торгруппу G1 = G/Kn-1(G). Докажем, что подгруппа Kn-2(G1) ком мутативна. Рассмотрим для этого естественный гомоморфизм (см.

стр. 40) : G G1 с ядром Kn-1(G). Так как — гомоморфизм на, то (см. 155) (K(G)) = K(G1). Отсюда (K2(G)) = K2(G1) и т. д. Таким образом, Kn-1(G1) = (Kn-1(G)) = (так как Kn-1(G) — ядро гомо морфизма ) = {eG1 }. Так как Kn-1(G1) = K(Kn-2(G1)) = {eG1 }, то (см. 117) подгруппа Kn-2(G1) коммутативна.

Обозначим через G2 факторгруппу G1/Kn-2(G1). Так же как выше, можно показать, что подгруппа Kn-3(G2) коммутативна.

Положим G3 = G2/Kn-3(G2) и т. д. При этом факторгруппа Gn-1 = = Gn-2/K(Gn-2) будет коммутативна (см. 129). Цепочка групп G, G1, G2,..., Gn-1 вместе с нормальными подгруппами Kn-1(G), Kn-2(G1), Kn-3(G2),..., K(Gn-2) является искомой.

171. Пусть G0, G1,..., Gn — цепочка групп с указанными в за даче 170 свойствами. Докажем, что все группы в этой цепочке и, в частности, G0 разрешимы. Доказательство проведем индукцией от n к 0. Группа Gn разрешима, так как по условию она коммутативна и, следовательно, K(Gn) = {e}. Пусть уже доказано, что группа Gi раз решима. Докажем, что тогда и группа Gi-1 разрешима. Группа Gi- содержит по условию коммутативную и, следовательно, разрешимую, нормальную подгруппу Ni-1, причем факторгруппа Gi-1/Ni-1 Gi = разрешима по предположению индукции. Но тогда группа Gi-1 также разрешима в силу результата задачи 166. Таким образом, по принципу математической индукции можно утверждать, что все группы в це почке G0, G1,..., Gn разрешимы. В частности, разрешима группа G0.

172. Произвольную подстановку степени n можно записать в ви 1 2... n де, где все im различны и принимают значения от i1 i2... in до n. В качестве i1 можно выбрать любое из n значений. После это го в качестве i2 можно выбрать любое из n - 1 оставшихся значе ний и т. д. Поэтому число различных подстановок степени n равно n(n - 1) ·... · 2 · 1 n!

= 1 2 3 4... n 1 2 3 4... n 1 2 3 4... n 173. Если a= и b=, то ab=, 2 1 4... n 1 3 2 4... n 2 1 3 4... n 1 2 3 4... n а ba =, т. е. ab = ba (Напомним, что в произведении ab 3 2 1 4... n сначала выполняется подстановка b, затем a.) 174. Пусть элемент i1 переходит в i2, i2 в i3 и т. д. Пусть ir — первый повторившийся элемент. Если предположить, что ir = ik, где 2 k r - 1, то получим, что два различных элемента ik-1 и ir- переходят при подстановке в один и тот же элемент — противоречие.

Следовательно, ir = i1, и мы получаем один цикл. Начиная с любого элемента, не вошедшего в этот цикл, построим второй цикл и т. д.

Нетрудно понять, что данная подстановка является произведением полученных независимых циклов.

Пусть теперь данная подстановка является произведением ка ких-нибудь независимых циклов. Если один из циклов переводит элемент i1 в i2 и элементы i1 и i2 не встречаются в других циклах, то все произведение будет также переводить i1 в i2. Поэтому элемент i2, следующий за i1 в цикле, содержащем i1, однозначно определяется данной подстановкой. Таким образом, все циклы однозначно опре деляются. Заметим, что если циклы не обязательно независимы, то разложение может быть не единственным. Например, 1 2 3 1 2 = (1 2) · (2 3) и = (1 3) · (1 2).

2 3 1 2 3 175. У к а з а н и е. Проверьте, что выполняется равенство (i1i2... im) = (i1im) · (i1im-1) ·... · (i1i3) · (i1i2).

176. У к а з а н и е. Пусть i < j. Проверьте, что выполняется равен ство (i, j) = (i, i + 1) · (i + 1, i + 2) ·... · (j - 2, j - 1) · (j - 1, j) (j - 2, j - 1) · (j - 3, j - 2) ·... · (i + 1, i + 2) · (i, i + 1).

177. Пары, образующие инверсии — (3, 2), (3, 1), (2, 1) (5, 4), (5, 1), (4, 1). Ответ. 6.

178. Если числа i и j меняются местами и k1, k2,..., ks — все чис ла, стоящие между i и j, то свойство образовывать или не образовы вать инверсию заменяется на противоположное только у следующих пар чисел: (i, j), (i, kr), (kr, j) где r = 1, 2... s, т. е. у 2s + 1 пар. Так как число 2s + 1 нечетное, то в результате четность числа инверсий изменится.

179. Ответ. Подстановка четная (6 инверсий).

180. Так как... r... s...... r... s...

· (r, s) =,... ir... is...... is... ir...

то нижняя строка в произведении получается из нижней строки ис ходной подстановки перестановкой двух чисел ir и is. В силу резуль тата задачи 178 полученная и исходная подстановки имеют разную четность.

181. Любая подстановка разлагается в произведение транспозиций (см. 174, 175). Пусть произвольная подстановка a разложена в про изведение m транспозиций a = a1 · a2 ·... · am. Можно записать a = e · a1 · a2 ·... · am. Так как четная подстановка e m раз умножается на транспозиции, то получаем (см. 180), что при m четном a — четная подстановка, при m нечетном a — нечетная подстановка.

182. См. указание к 175. Ответ. а) Четная;

б) нечетная;

в) четная при нечетном m, нечетная при четном m.

183. У к а з а н и е. Разложите данные подстановки в произведение транспозиций (см. 181). Посмотрите, какое число транспозиций будет в произведении данных подстановок.

184. Если бы подстановки a и a-1 имели разную четность, то (см. 183) подстановка aa-1 = e была бы нечетной, что неверно.

185. Например, 1 2 3 4 5... n (1 2 3) · (2 3 4) =, 2 1 4 3 5... n 1 2 3 4 5... n (2 3 4) · (1 2 3) =.

3 4 1 2 5... n 186. Если a — четная подстановка, то и gag-1 — четная подстанов ка независимо от четности подстановки g. Поэтому An — нормальная подгруппа в группе Sn. Пусть b — произвольная нечетная подстанов ка. Докажем, что смежный класс bAn содержит все нечетные подста новки. Пусть c — произвольная нечетная подстановка. Тогда b-1c — четная подстановка. Поэтому подстановка c = b(b-1c) содержится в смежном классе bAn. Таким образом, группа Sn разлагается на два смежных класса по подгруппе An — все четные подстановки и все нечетные подстановки.

187. Ответ. Так как группа Sn разлагается на 2 смежных класса по подгруппе An (имеющих одинаковое число элементов), то число элементов в группе An равно (см. 172) n! 1 · 2 ·... · n =.

2 188. Группа S2 содержит 2 элемента и, следовательно, изоморфна коммутатив ной группе Z2. Группы S3 и S4 изоморф ны соответственно группе симметрий тре угольника и группе симметрий тетраэдра.

Рис. Обе эти группы разрешимы (см. 156).

189. Занумеруем вершины додэказдра так, как показано на рис. 43. В качестве искомых тетраэдров можно взять, например, тетраэдры со следующими наборами вершин: (1, 8, 14, 16), (2, 9, 15, 17), (3, 10, 11, 18), (4, 6, 12, 19), (5, 7, 13, 20).

190. Подстановки 5-й степени могут разлагаться в произведение независимых циклов только следующими способами: а) (i1i2i3i4i5) б) (i1i2i3), в) (i1i2)(i3i4), г) (i1i2i3i4), д) (i1i2i3)(i4i5), е) (i1i2). Учи тывая результаты задач 182 и 183, получаем, что в случаях а), б), в) подстановка является четной, а в случаях г), д), е) подстановка является нечетной.

191. Пусть нормальная подгруппа N в группе A5 содержит неко торую подстановку h вида а) (см. 190). Без ограничения общности можно считать, что h = (1 2 3 4 5). Докажем, что произвольная под становка (i1i2i3i4i5) вида а) также содержится в N. Если в строке i1, 1 2 3 4 i2, i3, i4, i5 четное число инверсий, то подстановка g = i1 i2 i3 i4 i четная. Тогда по определению нормальной подгруппы в N содержит ся подстановка ghg-1 = (i1i2i3i4i5). Если в строке i1, i2, i3, i4, i нечетное число инверсий, то в строке i1, i4, i2, i5, i3 четное число инверсий (так как в трех парах поменялся порядок элементов). В 1 2 3 4 этом случае подстановка g = четная. Поэтому N содер i1 i4 i2 i5 i жит подстановку ghg-1 = (i1i4i2i5i3), а вместе с ней и подстановку (ghg-1)2 = (i1i2i3i4i5).

Пусть теперь нормальная подгруппа N содержит подстановку h = (1 2 3) вида б) (см. 190), и пусть (i1i2i3) — произвольная под становка. Возьмем элементы i4 и i5 из множества {1, 2, 3, 4, 5}, не совпадающие с элементами i1, i2, i3. Либо в строке i1, i2, i3, i4, i либо в строке i1, i i3, i5, i4 число инверсий. Поэтому одна 2, четное 1 2 3 4 5 1 2 3 4 из подстановок или является четной.

i1 i2 i3 i4 i5 i1 i2 i3 i5 i Обозначив эту подстановку g, получим, что в любом случае в N содержится подстановка ghg-1 = (i1i2i3).

Если нормальная подгруппа N содержит подстановку вида в) (см. 190), например подстановку h = (1 2)(3 4), то она содержит и произвольную подстановку (i1i2)(i3i4) вида в). Действительно, в этом 1 2 3 4 5 1 2 3 4 случае одна из подстановок или является i1 i2 i3 i4 i5 i2 i1 i3 i4 i четной. Если g — эта подстановка, то в N содержится подстановка ghg-1 = (i1i2)(i3i4).

192. Подсчитаем число подстановок каждого из видов а), б) и в) (см. 190).

а) Существует 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 различных последовательностей из элементов 1, 2, 3, 4, 5. Так как каждая подстановка вида а) может быть записана пятью способами (в зависимости от выбора первого элемента), то число подстановок вида а) равно = 24.

б) Таким же рассуждением, как и в случае а), получаем, что число 5 · 4 · подстановок вида б) равно = 20.

в) Подстановка вида в) может быть записана 8 способами (4 спо собами можно выбрать i1 и затем 2 способами i2). Поэтому число 5 · 4 · 3 · подстановок вида в) равно = 15.

Любая нормальная подгруппа N содержит единичный элемент.

Кроме того, из результата задачи 191 следует, что в любой нормаль ной подгруппе группы A5 все подстановки одного истого же вида (см. 190) либо одновременно содержатся, либо одновременно не со держатся. Порядок нормальной подгруппы должен быть делителем порядка группы A5(60). Но при добавлении к 1 чисел 24, 20, 15 толь ко в двух случаях получаются делители числа 60: когда ничего не добавляется и когда добавляются все три числа. Первый случай со ответствует единичной подгруппе, второй случай соответствует всей группе A5.

193. Такой подгруппой является, например, подгруппа, содержа щая все подстановки вида 1 2 3 4 5 6... n, i1 i2 i3 i4 i5 6... n с четным числом инверсий в строке i1, i2, i3, i4, i5.

Глава II 194. а) Ответ. Нет, так как натуральные числа не образуют груп пу по сложению (см. 17).

б) Ответ. Нет, так как целые числа без нуля не образуют группу по умножению (у всех чисел кроме 1 и -1 нет обратных).

в) Ответ. Да. Воспользуйтесь результатом задачи 57.

Р е ш е н и е. Так как действительные числа образуют коммутатив ную группу по сложению, а без нуля также коммутативную группу по умножению, то достаточно проверить, что все рациональные числа образуют подгруппу в множестве действительных чисел по сложению, а без нуля и по умножению. А это легко получить, используя резуль тат задачи 57. Действительно: 1) если a и b — рациональные числа, то a + b и a · b также рациональные числа;

2) 0 и 1 — рациональные числа;

3) если a — рациональное число, то -a и (при a = 0) — так a же рациональные числа. Дистрибутивность, очевидно, имеет место.

Следовательно, рациональные числа образуют поле.

г) Ответ. Да. Воспользуйтесь результатом задачи 57.

Р е ш е н и е. Если r1 + r2 2 = 0 где r1 и r2 — рациональные числа и r = 0, то 2 = -r1/r2 чего не может быть, как 2 не так является рациональным числом. Значит, если r1 + r2 2 = 0 и r1, r2 — рациональные числа, то r1 = r2 = 0. Все числа вида + r2 2 при r разных парах (r1, r2) различны, так как если r1 + r2 2 = r3 + r4 2, то (r1 - r3) + (r2 - 2 = 0 и r1 = r3, r2 = r4. Докажем, что все r4) числа вида r1 + r2 2, где r1 и r2 — рациональные числа, образуют поле. Для этого докажем, что числа вида r1 + r2 2 образуют подгруппу в группе действительных чисел по сложению, а без нуля и по умножению. Воспользуемся результатом задачи 57: 1) если a = r1 + r2 2 и b = r3 + r4 2, то a + b = (r1 + r3) + (r2 + r4) и ab = (r1r3 + 2r2r4) + (r1r4 + r2r3) 2 ;

2) 0 и 1 содержатся в рассматриваемом множестве, так как 0 = 0 + 0 · 2 и 1 = 1 + 0 · 2;

3) если a = r1 + r2 2, то -a = (-r1) + (-r2) 2 и (при r1 + r2 2 = 0) 1 r1 - r2 2 r1 - r2 2 r a-1 = = = = + r1 2 2 r1 + r2 2 (r1 + r2 2)(r1 - r2 2) - 2r2 r1 - 2r r + - 2. Так как дистрибутивность имеет место для всех 2 r1 - 2r действительных чисел, то рассматриваемое множество является полем.

195. Имеем a0 + a0 = a(0 + 0) = a0. Так как поле является группой по сложению, то можно к обеим частям равенства a0 + a0 = a0 приба вить -a0. Получим a0 = 0. Так как умножение в поле коммутативно, то и 0a = 0.

196. 1) ab + (-a)b = (a + (-a))b = 0b = (см. 195) = 0. Отсюда (-a)b = -(ab). Точно так же доказывается, что a(-b) = -ab;

2) (-a) (-b) = (см. пункт 1) = -(a(-b)) = -(-(ab)) = (см. 20) = ab.

197. Если ab = 0 и a = 0, то существует элемент a-1, обратный к a.

Тогда a-1ab = a-10 = (см. 195) = 0. Но a-1ab = 1 · b = b. Отсюда b = 0.

198. Ответ см. в табл. 14.

Т а б л и ц а · 0 1 · 0 1 2 · 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 2 1 0 1 2 2 0 2 1 1 0 2 0 3 0 3 2 199. Пусть n составное, т. е. n = n1n2, где n1 < n и n2 < n. Тогда по модулю n получаем n1n2 = 0, но n1 = 0 и n2 = 0. Так как в поле такого быть не может (см. 197), то при n составном остатки с операциями по модулю n не образуют поля.

Заметим теперь следующее. Пусть x и y — два натуральных числа, r1, r2 — остатки от деления их на n, т. е. x = k1n + r1 и y = k2n + r2.

Тогда x + y = (k1 + k2)n + (r1 + r2) и xy = (k1k2n + k1r2 + k2r1)n + + r1r2, откуда получаем, что числа x + y и r1 + r2, а также числа xy и r1r2 дают при делении на n одинаковые остатки. Другими словами, мы получим одинаковый результат, если мы сначала возьмем остат ки от деления x и y на n и потом сложим (или умножим) их по модулю n или если мы сначала сложим (или умножим) x и y как обычные натуральные числа, а затем возьмем остаток от деления полученного числа на n. Таким образом, при вычислении некоторого выражения с операциями по модулю n можно не брать остаток от де ления на n после каждой операции, а произвести вычисления сначала как с обычными натуральными числами и обычными операциями и только в конце взять остаток от деления полученного числа на n.

Воспользуемся этим.

Относительно сложения по модулю n остатки образуют коммута тивную группу (см. 40). Так как для любых натуральных чисел a, b, c равны числа (a + b)c и ac + bc, а следовательно, равны и остатки от деления их на n, то по модулю n выполняется равенство (a + b)c = = ac + bc, т. е. имеет место дистрибутивность. Точно так же по моду лю n имеет место ассоциативность и коммутативность умножения:

(ab)c = a(bc) и ab = ba. Единичным элементом по умножению явля ется 1. Остается показать, что при n простом у каждого остатка a, отличного от 0, есть обратный, т. е. что найдется остаток x такой, что ax = 1 по модулю n.

Итак, пусть 0 < a < n. Рассмотрим числа a · 0, a · 1,..., a(n - 1) (умножение обычное). Разность любых двух из этих чисел ak - al = = a(k - l) не делится на n, так как n простое, а a < n и 0 < |k - l| < n.

Таким образом, все эти n чисел дают разные и, следовательно, все возможные остатки при делении на n. Значит, одно из этих чисел дает при делении на n остаток 1, т. е. ax = 1 по модулю n для неко торого остатка x. Таким образом, при n простом все свойства поля выполняются.

200. Так как a - b = a + (-b), то (a - b)c = (a + (-b))c = ac + + (-b)c =(см. 196)= ac + (-bc) = ac - bc.

201. Вычтем из равенства P (x) = S1(x)Q(x) + R1(x) равенство P (x) = S2(x)Q(x) + R2(x).

Получим 0 = (S1(x) - S2(x))Q(x) + (R1(x) - R2(x)) и (S1(x) - S2(x))Q(x) = R2(x) - R1(x). (1) Если S1(x) - S2(x) = 0, то степень многочлена, стоящего в левой ча сти равенства (1), не меньше, чем степень многочлена Q(x), в то время как степень многочлена, стоящего в правой части, строго меньше, чем степень многочлена Q(x). Из этого противоречия вытекает, что должно быть S1(x) - S2(x) = 0 и, следовательно, R2(x) - R1(x) = 0, т. е. S1(x) = S2(x) и R1(x) = R2(x).

202. Эта группа является прямым произведением группы действи тельных чисел по сложению на себя (см. 69 и 73). Единичным элемен том (нулем) в ней является пара (0, 0).

203. Пусть z1 = (a, b), z2 = (c, d), z3 = (e, f). Тогда z1 · z2 = = (ac - bd, ad + bc) и z2 · z1 = (ca - db, cb + da). Ho ac - bd = ca - db и ad + bc = cb + da, поэтому z1 · z2 = z2 · z1.

Далее имеем: (z1 · z2) · z3 = (ac - bd, ad + bc) · (e, f) = (ace - bde - adf - bcf, acf - bdf + ade + bce) и z1(z2 · z3) = (a, b) · (ce - df, cf + + de) = (ace - adf - bcf - bde, acf + ade + bce - bdf), т. е. (z1 · z2) z3 = z1 · (z2 · z3).

204. Пусть z = (a, b) = (0, 0), и пусть искомое комплексное число имеет вид z-1 = (x, y). Тогда z · z-1 = z-1 · z = (ax - by, ay + bx). Для того чтобы было z · z-1 = (1, 0) должны выполняться два равенства:

ax - by = 1, bx + ay = 0.

Эта система уравнений имеет ровно одно решение:

a b x =, y = -, a2 + b2 a2 + b причем a2 + b2 = 0, так как (a, b) = (0, 0). Таким образом, a b (a, b)-1 =, -.

a2 + b2 a2 + b 205. Пусть z1 = (a, b), z2 = (c, d), z3 = (e, f). Тогда (z1 + z2) · z3 = = (a + c, b + d) · (e, f) = (ae + ce - bf - df, af + cf + be + de) = и z1 · z3 + z2 · z3 = (ae - bf, af + be) + (ce - df, cf + de) = (ae - bf + + ce - df, af + be + cf + de), откуда видно, что (z1 + z2) · z3 = = z1 · z3 + z2 · z3.

206. Имеем a + bi = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = (a, 0) + (0, b) = (a, b).

207. Ответ. (c + di) - (a + bi) = (c - a) + (d - b)i.

(c + di)(a - bi) c + di 208. x + yi = = = a + bi (a + bi)(a - bi) (ac + bd) + (ad - bc)i ac + bd ad - bc = = + i a2 + b2 a2 + b2 a2 + b (так как a + bi = 0, то a2 + b2 = 0).

209. Ответ. а) i3 = -i;

б) i4 = 1;

1, если n = 4k, i, если n = 4k + 1, в) in = -1, если n = 4k + 2, -i, если n = 4k + 3.

210. У к а з а н и е. Уравнение (x + yi)2 = (x2 - y2) + 2xyi = b, где b — действительное число, равносильно системе уравнений x2 - y2 = b, 2xy = 0.

Ответ. а) z = ±1, б) z = ±i, в) z = ±a, г) z = ±ai.

211. а) Пусть z1 = a + bi, z2 = c + di. Тогда z1 + z2 = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i = = (a + c) - (b + d)i = (a - bi) + (c - di) = z1 + z2.

б) (z1 - z2) + z2 = z1. В силу а) z1 = (z1 - z2) + z2 = (z1 - z2) + z2.

Отсюда z1 - z2 = z1 - z2.

в) z1z2 = (a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (bc + ad)i = (ac - bd) - (bc + + ad)i = (a - bi)(c - di) = z1 · z2.

z1 z г) z1 = · z2 = (по в)) = · z z2 z z1 z Отсюда =.

z2 z 212. Из результата задачи 211 получаем P (z) = a0zn + a1zn-1 +... + an-1z + an = = a0zn + a1zn-1 +... + an-1z + an = = a0 zn + a1 zn-1 +... + an-1 z + an = = (ai = ai, так как все ai — действительные числа) = = a0zn + a1zn-1 +... + an-1z + an = P (z).

213. Так как поле M содержит все действительные числа и эле мент i0, то оно содержит всевозможные элементы вида a + bi0, где a, b — проиавольные действительные числа. Обозначим множество всех элементов поля M, представимых в виде a + bi0, через M. Тогда, ис пользуя коммутативность, ассоциативность и дистрибутивность сло жения и умножения в поле M, получим для элементов из M :

(a + bi0) + (c + di0) = (a + c) + (bi0 + di0) = (a + c) + (b + d)i0, (1) (a + bi0) · (c + di0) = ac + adi0 + bci0 + bdi2 = = (так как i2 = -1) = (ac - bd) + (ad + bc)i0. (2) Пусть C — поле комплексных чисел. Рассмотрим отображение по ля C в поле такое, что (a + bi) = a + bi0.

Сравнивая формулы (1), (2) с формулами (2.3), (2.4) на стр. 60, по лучаем, что — гомоморфизм (см. стр. 39) C в M относительно сло жения и относительно умножения. Так как при этом (C) = M, то (см. 150) M является подгруппой в M и относительно сложения и от носительно умножения. Так как в M операции сложения и умножения обладают свойствами коммутативности, ассоциативности и дистрибу тивности, то эти же свойства имеют место, очевидно, и в M. Таким образом, M — поле.

Если a + bi0 = c + di0, то (b - d)i0 = c - a. Если при этом b - d = 0, c - a то i0 = — действительное число, чего не может быть, так как b - d квадрат никакого действительного числа не может быть равен -1.

Следовательно, b - d = 0, а тогда и c - a = 0. Отсюда b = d, a = c.

Таким образом, элементы вида a + bi0 в поле M различны при раз личных парах (a, b). Отсюда вытекает, что построенное выше отоб ражение является взаимно однозначным отображением поля C на поле M. Так как, кроме того, — гомоморфизм, то — изоморф ное отображение поля C на поле M, т. е. поле M изоморфно полю комплексных чисел.

214. Пусть рассматриваемый многочлен приводим, т. е.

xn + a1xn-1 + a2xn-2 +... + an = = (b0xm + b1xm-1 +... + bm) · (c0xk + c1xk-1 +... + ck), где m < n, k < n, все bi и cl — действительные числа и b0 = 0, c0 = 0.

Подставим вместо x в правую часть этого равенства j. Так как M — поле, то можно будет обычным способом раскрыть скобки и привести подобные (относительно степеней j) члены. При этом мы получим исходный многочлен, в котором x будет заменено на j.

Таким образом, получаем jn + a1jn-1 + a2jn-2 +... + an = = (b0jm + b1jm-1 +... + bm) · (c0jk + c1jk-1 +... + ck).

По условию jn + a1jn-1 + a2jn-2 +... + an = 0, поэтому (см. 197) хотя бы одна из двух выписанных выше скобок равна 0. Разделив соответствующую скобку на b0 или c0, получим выражение вида (3.1), равное 0 и имеющее степень меньше, чем n.

Получаем противоречие с тем, что n — наименьшая степень у выра жений вида (3.1), равных 0. Следовательно, предположение о том, что рассматриваемый многочлен приводим, неверно.

215. Как было доказано, в случае а) элемент j в поле m удовле творяет равенству j2 + pj + q = 0, где p и q — некоторые действительные числа, и многочлен x2 + px + q неприводим над полем действительных чисел. Имеем 2 p2 p2 p p x2 + px + q = x2 + px + - - q = x + - - q.

4 4 2 p2 p Если - q 0 то - q = a2 для некоторого действительного 4 числа a. Тогда 2 p p p x2 + px + q = x + - a2 = x + + a x + - a, 2 2 т. е. многочлен x2 + px + q был бы приводим над полем действитель p2 p ных чисел. Значит, - q < 0 и - q = -b2 для некоторого действи 4 тельного числа b, отличного от 0. Так как в поле M j2 + pj + q = 0, то в поле M 2 p p2 p2 p j2 + pj + = - q и j + = - q = -b2.

4 4 2 Отсюда 2 -b j p + = = -1.

b 2b b Таким образом, элемент j p i0 = +, b 2b лежащий в поле M, является искомым.

216. Ответ. Единственным (с точностью до изоморфизма) иско мым полем является поле, элементы которого — дроби, в числителе Рис. 44 Рис. и знаменателе которых стоят многочлены от j, причем операции над этими дробями производятся как обычно.

217. Ответ. A: 2 + 2i, B:

-1 + 3i, C:

-2 - i.

Рис. 46 Рис. 47 Рис. 218. Ответ. а) Отражение относительно начала координат (или что то же самое, поворот вокруг начала координат на 180). б) Рас тяжение плоскости в 2 раза от начала координат. в) Отражение отно сительно оси x.

219. У к а з а н и е. Воспользуйтесь равенством треугольников A1B1C1 и A2B2C2 (рис. 44).

220. По условию задачи z1 = xu + iyu, z2 = xv + iyv, z3 = xw + iyw. Поэтому равенство z3 = z1 + z2 равносильно двум равенствам:

xw = xu + xv (1) yw = yu + yv.

С другой стороны, если w = u + v, то (рис. 45) xw = (по опре делению) = xC - xA = (xC - xD) + (xD - xA) = xu + xv и точно так же yw = yu + yv. Поэтому равенство w = u + v также равносильно равенствам (1).

221. По определению xAB = xB - xA и yAB = yB - yA.

222. Равенство |z|2 = a2 + b2 — это теорема Пифагора (рис. 46).

Равенство z · z = (a + bi)(a - bi) = a2 + b2 легко проверяется.

223. См. рис. 47. У к а з а н и е. Неравенства, указанные в задаче, следуют из того, что в треугольнике любая сторона меньше суммы, но больше разности двух других сторон. Равенство в обоих случаях имеет место тогда и только тогда, когда z2 = kz1, где k — неотрица тельное действительное число.

224. См. рис. 48.

|z1 + z2|2 + |z1 - z2|2 = (см. 222) = = (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 - z2)(z1 - z2) = (см. 211) = = (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 - z2)(z1 - z2) = = 2z1z2 + 2z2z2 = 2|z1|2 + 2|z2|2.

7 225. Ответ. а) 2 cos + i sin ;

б) 2 cos + i sin ;

4 4 6 в) 3 cos + i sin ;

г) 5(cos + i sin );

д) 5(cos + i sin ), где 2 = arctg 2.

226. Имеем: z1z2 = r1r2[(cos · cos - sin · sin ) + i(sin 1 2 1 2 cos + cos · sin )] =(по формулам сложения из тригономет 2 1 рии)= r1r2(cos( + ) + i sin( + )). Второе равенство в задаче 1 2 1 равносильно равенству r z1 = z2 · (cos( - ) + i sin( - )), 1 2 1 r которое легко вытекает из первого равенства.

227. У к а з а н и е. Воспользуйтесь результатом задачи 226.

1 228. 1 - 3i = 2 - i = 2 cos - + i sin -. Поэтому 2 2 3 (1 - 3i)100 = 2 cos - + i sin - = (см. 227) = 2100 cos - + 3 3 100 2 i sin - = 2100 · cos + i sin. Отсюда 3 3 (1 - 3i)100 2 2 1 i = cos + i sin = - +.

2100 3 3 2 1 i Ответ. - +.

2 229. Если z = 0, то и w = 0 (см. 197). Если же z = 0 то и w = 0.

Пусть в этом случае w = (cos + i sin ). Тогда по формуле Муавра (см. 227) n wn = (cos n + i sin n ) = r(cos + i sin ).

n Отсюда = r и n = + 2 k, где k — некоторое целое число.

+ 2 k Следовательно, = и n + 2 k + 2 k n w = r cos + i sin. (1) n n + 2 k Если k1 - k2 = ln, где l — целое число, то выражения и n + 2 k различаются на 2 l. При этом формула (1) дает одно и то n же значение w. Поэтому все различные значения w можно получить, придавая параметру k в формуле (1) значения k = 0, 1,..., n - 1.

230. У к а з а н и е. Представьте подкоренные выражения в триго нометрической форме, затем воспользуйтесь формулой (1) из реше ния задачи 229.

Ответ. а) +i, -i;

б) 2, -1 + 3i, -1 - 3i (здесь 3 — дей ствительное положительное значение корня);

cos(25 + 90n) + в) + i sin(25 + 90n), где n = 0, 1, 2, 3;

г) 2(cos(15 + 120n) + + i sin(15 + 120n)), где n = 0, 1, 2 (здесь 2 — действительное положительное значение корня).

231. У к а з а н и е. См. формулу (1) из решения задачи 229;

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

= cos(2 k/n) + i sin(2 k/n) (см. 227).

n n n n n 232. У к а з а н и е. Если z1 = z0 и z2 = z0, то (z2/z1)n = z2 /z1 = 1.

2 n- Ответ. z1, z1 ·, z1 ·,..., z1 · (см. 231).

n n n 233. В силу результата задачи 221 zA = zOA, где O — начало коор динат. Ответ. а) Расстояние от точки z до начала координат;

б) угол между положительным направлением оси Ox и лучом Oz;

в) рассто яние между точками z1 и z2 (так как zB - zA = zAB (см. 221);

г) угол между лучами Oz2 и Oz1 (см. 226).

234. См. 233. Ответ. а), б) Окружность радиуса 1 (и R) с цен тром в начале координат;

в) окружность радиуса R с центром в точ ке z0;

г) круг радиуса R с центром в точке z0 вместе с окружностью;

д) перпендикуляр к отрезку, соединяющему точки z1 и z2, проходя щий через его середину;

е) отрицательная часть действительной оси;

ж) биссектриса первого координатного угла;

з) луч, образующий с положительным направлением оси Ox угол.

235. См. 229 и 232. Ответ. В вершинах некоторого правильного n-угольника с центром в начале координат.

236. Пусть заданы точка z0 и произвольное действительное чис ло > 0. Выберем = 1 (независимо и от z0, и от ). Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| < 1, выполняется неравен ство |f(z) - f(z0)| = |a - a| = 0 <. Следовательно, функция f(z) a непрерывна при любом значении аргумента z. (В качестве можно было взять любое положительное действительное число.) 237. Пусть заданы точка z0 и произвольное действительное чис ло > 0. Выберем = (независимо от z0). Тогда для всех z, удо влетворяющих условию |z - z0| <, будет выполняться неравенство |f(z) - f(z0)=|z - z0| < =, т. е. |f(z) - f(z0)| <. Следовательно, функция комплексного аргумента f(z) = z непрерывна при всех зна чениях аргумента. Рассматривая только действительные значения ар гумента z, получаем, что функция действительного аргумента f(x) = x также непрерывна при всех значениях аргумента.

238. Пусть заданы точка z0 и произвольное действительное чис ло > 0. Если — произвольное положительное действительное число и |z - z0| <, то |f(z) - f(z0)| = |z2 - z0| = |(z - z0)(z + z0)| = = (см. 226) = |z - z0| · |z + z0| |z + z0|. Но |z + z0| = |(z - z0) + + 2z0| (см. 223) |z - z0| + |2z0| < + 2|z0|. Таким образом, при |z - z0| < получаем |f(z) - f(z0)| < · ( + 2|z0|).

Подберем теперь так, чтобы выполнялось неравенство · ( + 2|z0|).

Если z0 = 0, то положим = (имеется в виду положительный корень из ). Если z0 = 0, то рассмотрим два положительных дей ствительных числа |z0| и и выберем в качестве наименьшее 3|z0| из этих двух чисел. Тогда будут выполняться неравенства |z0| и. Отсюда 3|z0| ( + 2|z0|) · (|z0| + 2|z0|) =.

3|z0| Таким образом, при |z - z0| <, где — выбранное нами число, |f(z) f(z0)| <. Следовательно, функция комплексного аргумента f(z) = z непрерывна при всех значениях аргумента.

239. а) Пусть задано произвольное действительное число > 0.

Имеем |h(z) - h(z0)| = |(f(z) + g(z)) - (f(z0) + g(z0))| = = |(f(z) - f(z0)) + (g(z) - g(z0))| (см. 223) |f(z) - f(z0)| + |g(z) - g(z0)|.

Рассмотрим вместо число. Тогда, в силу непрерывности функ ции f(z) в точке z0, можно подобрать такое действительное число > 0, что для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, будет 1 выполняться неравенство |f(z) - f(z0)| <. Точно так же, в силу непрерывности функции g(z) в точке z0, можно подобрать такое дей ствительное число > 0, что для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, будет выполняться неравенство |g(z) - g(z0)| <. Вы берем в качестве наименьшее из чисел и. Тогда для всех z, 1 удовлетворяющих условию |z - z0| <, будут выполняться оба нера венства: |f(z) - f(z0)| < и |g(z) - g(z0)| <. Поэтому для всех z, 2 удовлетворяющих условию |z - z0| <, будет |h(z) - h(z0)| |f(z) - f(z0)| + |g(z) - g(z0)| < + =, 2 т. е. |h(z) - h(z0)| <. Следовательно, функция h(z) = f(z) + g(z) непрерывна в точке z0.

б) Если h(z) = f(z) - g(z), то |h(z) - h(z0)| = |(f(z) - g(z)) - (f(z0) - g(z0))| = = |(f(z) - f(z0)) + (-(g(z) - g(z0)))| (см. 223) |f(z) - f(z0)| + | - 1| · |g(z) - g(z0)| = = |f(z) - f(z0)| + |g(z) - g(z0)|.

Получаем неравенство |h(z) - h(z0)| |f(z) - f(z0)| + |g(z) - g(z0)| такое же, как в случае а), и далее задача решается точно так же, как в случае а).

в) Пусть задано произвольное действительное число > 0. Имеем |h(z) - h(z0)| = |f(z)g(z) - f(z0)g(z0)| = = |f(z)g(z) - f(z)g(z0) + f(z)g(z0) - f(z0)g(z0)| (см. 223) |f(z)(g(z) - g(z0))| + |g(z0)(f(z) - f(z0))| = (см. 226) = = |f(z)| · |g(z) - g(z0)| + |g(z0)| · |f(z) - f(z0)|.

Подберем теперь действительное число > 0 так, чтобы для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| < 0, оба полученных слагаемых были меньше, чем.

1) Если f(z0) = 0, то рассмотрим число = |f(z0)| > 0. Так как функция f(z) непрерывна в точке z0, то для некоторого дей ствительного числа > 0 из условия |z - z0| < будет вытекать |f(z) - f(z0)| < = |f(z0)|. Тогда при |z - z0| < будет |f(z)| = |f(z) - f(z0) + f(z0)| (см. 223) |f(z) - f(z0)| + |f(z0)| < |f(z0)| + |f(z0)| = 2|f(z0)|, т. е.

|f(z)| < 2|f(z0)|.

Рассмотрим действительное число =. Так как функ 4 · |f(z0)| ция g(z) непрерывна в точке z0, то для некоторого действительного числа > 0 из условия |z - z0| < будет вытекать |g(z) - g(z0)| < < =. Выберем в качестве наименьшее из чисел и.

2 4 · |f(z0)| Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, будут выполняться два неравенства:

|f(z)| < 2|f(z0)| и |g(z) - g(z0)| < 4 · |f(z0)| и, следовательно, будет выполняться неравенство |f(z)| · |g(z) - g(z0)| <.

Если f(z0) = 0, то проведем рассуждение иначе. В качестве рас смотрим число = 1. Тогда для некоторого действительного числа > 0 из условия |z - z0| < будет вытекать |f(z) - f(z0)| < = 1, и, учитывая, что f(z0) = 0 получаем |f(z)| < 1. В качестве рассмотрим число =. Тогда для некоторого действительного числа > 0 из условия |z - z0| < будет вытекать |g(z) - g(z0)| < =. Если в качестве взять наименьшее из чисел и, то для всех z, удовле творяющих условию |z - z0| <, будут выполняться два неравенства:

|f(z) < 1 и |g(z) - g(z0)| < и, следовательно, будет выполняться неравенство |f(z)| · |g(z) - g(z0)| <.

2) Если g(z0) = 0, то рассмотрим =. Найдется такое 2|g(z0)| действительное число, что для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, будет выполняться неравенство |f(z) - f(z0)| < = 2|g(z0)| и, следовательно, будет выполняться неравенство |g(z0)| · |f(z) - f(z0)| <.

Если g(z0) = 0, то в качестве можно взять любое положительное действительное число, так как в этом случае при любом z |g(z0)| · |f(z) - f(z0)| = 0 <.

Выберем теперь в качестве наименьшее из чисел и. Тогда для 1 всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, будут выполняться два неравенства:

|f(z)| · |g(z) - g(z0)| < и |g(z0)| · |f(z) - f(z0)| < и, следовательно, будет выполняться неравенство |h(z) - h(z0)| < + =.

2 Таким образом, функция h(z) = f(z) · g(z) непрерывна в точке z0.

240. а) Пусть задано произвольное действительное число > 0.

Имеем g(z0) - g(z) 1 |h(z) - h(z0)| = - = = g(z) g(z0) g(z)g(z0) | - (g(z) - g(z0))| |g(z) - g(z0)| = (см. 226) = =.

|g(z)g(z0)| |g(z)| · |g(z0)| |g(z0)| Рассмотрим число = > 0. Так как функция g(z) непре рывна в точке z0, то для некоторого действительного числа > 0 из |g(z0)| условия |z - z0| < будет вытекать |g(z) - g(z0)| < =. То 1 гда получим, что для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, выполняется неравенство |g(z)| = |g(z0) - (g(z0) - g(z))| (см. 223) |g(z0)| |g(z0)| |g(z0)| - |g(z0) - g(z)| |g(z0)| - =.

2 · |g(z0)| Рассмотрим число = > 0. Найдется действительное число > 0 такое что из условия |z - z0| < будет вытекать 2 |g(z0)| |g(z) - g(z0)| < =. Выберем в качестве наименьшее из чисел и. Тогда для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, 1 будут выполняться два неравенства |g(z0)| · |g(z0)| |g(z)| и |g(z) - g(z0)| < 2 и, следовательно, будет выполняться неравенство |g(z) - g(z0)| · |g(z0)|2 |h(z) - h(z0)| = < · =.

|g(z)| · |g(z0)| 2 |g(z0)| Таким образом, функция h(z) = непрерывна в точке z0.

g(z) б) Так как функции f(z) и g(z) непрерывны в точке z0, то в точ ке z0 непрерывна функция (см. а)) и, следовательно, непрерывна g(z) f(z) функция h(z) = = f(z) · (см. 239 в)).

g(z) g(z) 241. Пусть задано произвольное действительное число > 0.

Так как функция f(z) непрерывна в точке z1, то найдется такое действительное число > 0, что из условия |z - z1| < будет 1 вытекать |f(z) - f(z1)| <. Рассмотрим далее число > 0. Так как функция g(z) непрерывна в точке z0, то найдется такое действитель ное число > 0, что из |z - z0| < будет вытекать |g(z) - g(z0)| <, т. е. |g(z) - z1| <. Но тогда будет выполняться неравенство 1 |f(g(z)) - f(z1)| <, т. е. |f(g(z)) - f(g(z0))| <. Таким образом, для всех z, удовлетворяющих условию |z - z0| <, будет выпол няться неравенство |h(z) - h(z0)| < и, следовательно, функция h(z) = f(g(z)) непрерывна в точке z0.

242. Пусть заданы точка x0 и действительное число > 0. Для функции f(x) = sin x получим |f(x) - f(x0)| = | sin x - sin x0| = (по 2 x - x0 x + x0 sin x - x формуле тригонометрии) = sin cos = 2 · 2 2 x - x cos x + x0 cos x + x0.

так как 1 2 sin 2 2 Для f(x) = cos x получим |f(x) - f(x0)| = | cos x - cos x0| = (по -2 x - x0 x + x0 sin x - x формуле тригонометрии) = sin sin = 2 · 2 2 x - x sin x + x0 sin x + x0.

так как 1 2 sin Таким обра 2 2 зом, в обоих случаях x - x.

|f(x) - f(x0)| 2 sin Подберем теперь > 0 так, чтобы при всех x, удовлетворяющих усло sin x - x вию |x - x0| <, выполнялось неравенство <.

2 sin x - x Если > 1, то неравенство < выполняется при всех x 2 2 и можно взять любым. Если 1, то рассмотрим на плоскости с координатными осями x и y окружность радиуса 1 с центром в начале координат и проведем прямые y = и y = - (рис. 49). Для 2 указанных на рисунке углов и получим sin =, sin =, причем, 2 очевидно, = -.

В качестве выберем = 2. Тогда из |x - x0| < будет вытекать x - x0 x - x0 x - x <, т. е. - < <. Отсюда sin(- ) < sin < sin 2 2 2 x - x0 x - x sin т. е. - < sin < и <. Тогда 2 2 2 2 x - x |f(x) - f(x0)| 2 sin <.

Следовательно, функции f(x) = sin x и f(x) = cos x непрерывны при любом действительном значении аргумента x.

243. Пусть заданы точка x0 > 0 и положительное действительное число > 0. Надо подобрать такое действительное число > 0, чтобы для всех x, удовлетворяющих неравенству |x - x0| < (и, конечно, x 0), выполнялось неравенство n n | x - x0| <. (1) Последнее неравенство равносильно неравенствам n n - < x - x0 < и n n n x0 - < x < x0 +. (2) n Так как функция x монотонно возрастает с ростом x (при x 0), n то неравенство (2) в случае, когда x0 - 0, равносильно неравен ствам n n ( x0 - )n < x < ( x0 + )n и n n ( x0 - )n - x0 < x - x0 < ( x0 + )n - x0. (3) n В этом случае, взяв в качестве наименьшее из чисел x0 - ( x0 - )n n и ( x0 + )n - x0 получим, что из условия |x - x0| < вытекает нера венство (3), а вместе с ним и неравенство (1). Если в неравенстве (2) n x0 - < 0, то левая часть неравенства (2) всегда выполняется (при x 0) и неравенство (2) равносильно неравенствам n x < ( x0 + )n и n x - x0 < ( x0 + )n - x0. (4) В этом случае достаточно взять n = ( x0 + )n - x и при всех x, удовлетворяющих условию |x - x0| <, будет выпол няться неравенство (4), а вместе с ним и неравенства (2) и (1).

244. Ответ. а) См. рис. 50. У к а з а н и е. y(t) 0. б), в) См.

рис. 50. У к а з а н и е. x(t) 0. г) См. рис. 50;

x(t) = t, y(t) = -t, Рис. 49 Рис. y = -x. д) См. рис. 51;

x(t) = t2, y(t) = t, x = y2. е), ж) Окружность радиуса R, проходимая против часовой стрелки соответственно один раз (в е)) и два раза (в ж)) с началом в точке z = R + 0i (рис. 52).

У к а з а н и е. |z(t)| = R, Arg z(t) = 2 t (в е)) и Arg z(t) = 4 t (в ж)).

з) Полуокружность радиуса R (рис. 53). и) См. рис. 54.

Рис. 51 Рис. Рис. 53 Рис. y x - a0 - b 245. См. рис. 55. Из подобия получаем =. При дви a1 - a0 b1 - b жении точки z по отрезку от положения z0 = a0 + b0i до положения z1 = a1 + b1i выписанные отношения меняются от 0 до 1. Поэтому y x - a0 - b можно, например, положить t = =. Отсюда x = a0 + a1 - a0 b1 - b + (a1 - a0)t, y = b0 + (b1 - b0)t, z(t) = (a0 + (a1 - a0)t) + (b0 + (b1 - b0)t)i. Нетрудно проверить что эта формула описывает искомый отрезок при любом расположении то чек z0 и z1, в частности, при a0 = a1 или b0 = b1.

246. Так как zA + z = zB (см. 221), AB то а) — сдвиг кривой C1 на вектор, со ответствующий комплексному числу z (рис. 56). Если z2 = z0z1 и Arg z0 =, Arg z1 = то (см. 226) |z2| = |z0| · |z1| и Arg z2 = +. Поэтому б) — растя 0 жение кривой C1 относительно начала Рис. координат в a раз (рис. 57);

в) — поворот кривой C1 вокруг начала координат на угол = Arg z0 (рис. 58);

г) растяжение в |z0| раз с одновременным поворотом на угол = Arg z0 (рис. 59).

247. Когда t меняется непрерывно от 0 до 1, то 1 - t непрерывно меняется от 1 до 0. Поэтому функция z2(t) = z1(1 - t) задает гео метрически ту же кривую C, но проходимую в противоположном направлении.

248. Когда t меняется непрерывно от 0 до 1/2, то 2t непрерыв но меняется от 0 до 1. Когда t меняется непрерывно от 1/2 до 1, то 2t - 1 непрерывно меняется от 0 до 1. Поэтому функция z3(t), указанная в задаче, задает кривую, которая получится, если сначала пройти кривую C1 затем кривую C2. Условие z1(1) = z2(0) обеспечи вает непрерывность полученной кривой.

Рис. 56 Рис. Рис. 58 Рис. 249. Ответ. t + 2 k, k = 0, ±1, ±2,...

250. Ответ. a) t, б) 2 + t, в) -4 + t, г) 2 k + t.

251. При каждом t (t) - (t) = 2 k, где k, возможно, свое для каждого t. Поэтому запишем (t) - (t) = 2 k(t). Отсюда (t) - (t) k(t) =. Так как функции (t) и (t) непрерывны при 0 t 1, то и функция k(t) непрерывна при 0 t 1 (см. 239, 240).

Но так как функция k(t) принимает только целочисленные значения, то она непрерывна лишь в том случае, если она постоянная, т. е.

k(t) = k где k — некоторое фиксированное целое число, не зависящее (t) - (t) от t. Отсюда = k и (t) (t) - (t) = 2 k.

252. Пусть (t) и (t) — две функции, описывающие непрерывное изменение Arg z(t) и (0) = (0) =. Тогда (см. 251) (t) - (t) = = 2 k, где k — фиксированное целое число. Но (0) = (0) = 0. По этому k = 0. Отсюда (t) - (t) 0 и (t) (t).

253. Пусть (t) и (t) — две функции, описывающие непрерыв ное изменение Arg z(t). Тогда (см. 251) (t) - (t) = 2 k, где k — фиксированное целое число. В частности (0) - (0) = 2 k. Отсюда (t) - (t) = (0) - (0) и (t) - (0) = (t) - (0).

254. а) Можно взять (t) = t. Ответ. (1) - (0) = (см. рис. 53);

б) (t) = 2 t. Ответ. 2 (см. рис. 52);

в) (t) = 4 t.

Ответ. 4 t;

г) Ответ. (рис. 60).

255. Ответ. а), б) -.

2 256. Ответ. а) 1, б) -2, в) 2, г) 0.

257. Пусть направление на замкнутой кривой C задано и в качестве начальной точки выбрана в одном Рис. случае точка A, в другом — точка B (рис. 61). Если изменение аргумента вдоль кривой C на участке AB (по направлению кривой C) равно, а на участке BA равно, то изменение аргу 1 мента вдоль всей кривой C в обоих случаях, очевидно, равно +.

1 258. а), б), в) Если z2(t) = z0 · z1(t) и (t) — функция, описываю щая непрерывное изменение Arg z1(t), то функция (t) = (t) +, 2 1 где = Arg z0, описывает непрерывное из менение Arg z2(t) (см. 226, 239). Поэтому (1) 2 - (0) = (1) - (0).

2 1 Ответ. k раз. Этот результат, очевидно, следует также из результата задачи 246.

г) Если Arg z =, то Arg z = - (см.

218 в)). Поэтому, если (t) — функ ция, описывающая непрерывное изменение Arg z1(t), то функция (t) - (t) описы 2 вает непрерывное изменение Arg z2(t). По этому (1) - (0) = -( (1) - (0)).

2 2 1 Ответ. -k раз.

Рис. 259. a) 1, б) 0, в) 1, г) 2.

260. Р е ш е н и е. Если (t) и (t) — функции, описывающие 1 непрерывное изменение аргумента вдоль кривых C1 и C2, то в каче стве функции (t), описывающей непрерывное изменение аргумента вдоль кривой C, можно взять в случае а) (t) = (t) + (t), в слу 1 чае б) (t) = (t) - (t) (см. 226, 239). Отсюда (1) - (0) = ( (1) ± 1 2 ± (1)) - ( (0) ± (0)) = ( (1) - (0)) ± ( (1) - (0)) = ±.

2 1 2 1 1 2 2 1 Ответ. a) + б) -.

1 2 1 261. w0(t) = [z(t)]2 (воспользуйтесь формулой Муавра;

см. 227):

a) w0(t) = R2(cos t + i sin t) — полуокружность радиуса R2;

б) w0(t) = R2(cos 2 t + i sin 2 t) — окружность радиуса R2;

в) w0(t) = R2(cos 4 t + i sin 4 t) — окружность радиуса R2, прохо димая дважды.

262. Воспользуйтесь результатом задачи 260 а). Ответ. а) б) 3, в) n.

263. Пусть z(t) — параметрическое уравнение кривой C и z1(t) = = z(t) - z0. По условию изменение Arg z1(t) равно 2 k. Кривая f(C) имеет параметрическое уравнение w0(t) = (z(t) - z0)n = [z1(t)]n.

Поэтому (см. 262 в)) изменение аргумента w0(t) равно 2 kn. Сле довательно, кривая f(C) обходит вокруг точки w = 0 kn раз.

Ответ. kn раз.

264. По условию изменение аргумента z(t) равно 2 k1, аргумента z(t) - 1 равно 2 k2, аргумента z(t) - i равно 2 k3 и аргумента z(t) + i равно 2 k4. Воспользуемся результатом задачи 260 а). Получим:

a) w0(t) = z(t) · (z(t) - 1). Изменение аргумента w0(t) равно 2 k1 + 2 k2 = 2 (k1 + k2). Ответ. Кривая f(C) обходит вокруг точки w = 0 k1 + k2 раз.

б) w0(t) = (z(t) - i)(z(t) + i). Ответ. k3 + k4 раз.

в) w0(t) = [z(t)]4 · [z(t) + i]4. Ответ. 4(k1 + k4) раз.

г) w = (z - 1)(z2 + 1) = (z - 1)(z + i)(z - i). Ответ. (k1 + k3 + k4) раз.

265. |a0zn +... + an-1z| (см. 223 a)) |a0zn| +... + |an-1z| = (см. 226) = |a0| · |z|n+ n +... + |an-1| · |z| = |a0| · R1 +... + |an-1| · R (так как R1 < 1) |a0| · R1 +... + |an-1| · R (так как |ai| A) nAR1 < |an| |an| |an| < так как R1 < < nA =.

10nA 10nA a1 an 266. +... + (см. 223 а)) z zn an a1 +... + = (см. 226) = z zn |a1| |an| |a1| |an| = +... + = +... + n |z| |zn| R2 R |a1| |an| (так как R2 > 1) +... + R2 R nA (так как |ai A|) < R nA · |a0| |a0| 10nA < так как R2 > < =.

|a0| 10nA |an| 267. Если |z| = R1, то (см. 265) |f(z) - an| <. Поэтому вся кри |an| вая f(CR) находится в круге радиуса с центром в точке w = an (рис. 62). Очевидно, такая кривая ни разу не обходит вокруг точки w = 0. Поэтому (R1) = 0.

Докажем, что (R2) = n. Приведем сначала не совсем строгое, но красивое доказательство, называемое «дама с собачкой». Из резуль тата задачи 266 получаем, что при |z| = R |f(z) - a0zn| = |a1zn-1 +... + an| = zn a1 an = +... + = (см. 226) = z zn n z1 an |a0| · |zn| |a0| · |z|n |a0| · R = |zn| · +... + < = =.

z zn 10 10 R n Обозначим |a0| · R2 = R. Тогда |f(z) - a0zn| < при |z| = R2.

Когда z один раз пробегает окружность радиуса R2, то точка w = a0zn («дама») пробегает n раз окружность радиуса R. Так как при этом R |f(z) - a0zn| <, то точка w = f(z) («собачка») может отстоять от R «дамы» не более чем на. Но тогда если «дама» обходит вокруг точки w = 0 n раз по окружности радиуса R, то и «собачка» вместе с ней вынуждена обойти n раз вокруг точки w = 0 (рис. 63). То есть (R2) = n.

Рис. 62 Рис. Более строгое доказательство равенства (R2) = n можно провести f(z) |a0| следующим образом. Если |z| = R2, то (см. 266) - a0 <.

zn Поэтому так же, как при доказательстве равенства (R1) = 0, по лучаем, что когда точка z(t) пробегает окружность CR2, изменение f(z) аргумента равно 0. Изменение аргумента z при этом равно 2 и, zn следовательно, изменение аргумента zn равно 2 n (см. 262). Так как f(z) f(z) = · zn, то (см. 260) изменение аргумента f(z) равно 2 n, т. е.

zn кривая f(CR2 ) обходит вокруг точки w = 0 n раз. Поэтому (R2) = n.

Ответ. (R1) = 0, (R2) = n.

268. Разделим многочлен P (z) = a0zn +... + an-1z + an на дву член z - z0 с остатком (например, столбиком;

см. стр. 56). Остаток будет некоторым комплексным числом z, а частное некоторым мно гочленом Q(z). Тогда справедливо тождество P (z) = Q(z) · (z - z0) + r.

Подставив в это тождество вместо z значение z0, получим P (z0) = Q(z0) · (z0 - z0) + r = 0 + r = r.

Но P (z0) = 0, так как по условию z0 — корень уравнения P (z) = 0. По этому из равенства P (z0) = r получаем r = 0. Таким образом, P (z) = = Q(z) · (z - z0).

269. Обозначим P (z) = a0zn +... + an-1z + an. По основной тео реме алгебры комплексных чисел уравнение P (z) = 0 имеет некото рый корень z1. По теореме Безу (см. 268) P (z) = (z - z1)Q(z), причем легко видеть, что Q(z) имеет вид Q(z) = a0zn-1 + b1zn-2 +... + bn-1.

Если n - 1 1 то уравнение Q(z) = 0 имеет некоторый корень z2, откуда Q(z) = (z - z2)R(z) и R(z) = a0zn-2+... При этом P (z) = = (z - z1)(z - z2)R(z). Продолжая этот процесс дальше, получим на n-м шаге частное, являющееся постоянным комплексным числом, рав ным, очевидно, a0. В результате получим разложение, указанное в задаче.

270. Обозначив P (z) = a0zn +... + an-1z + an, получим (см. 212) P (z) = P (z). По условию P (z0) = 0. Отсюда P (z0) = P (z0) = 0 = 0, т. е.

z0 — корень уравнения P (z) = 0.

271. Обозначим P (z) = a0zn +... + an-1z + an. Так как все ai — действительные числа и z0 — корень уравнения P (z) = 0, то z0 также корень уравнения P (z) = 0 (см. 270).

Поскольку z0 — не действительное число, то z0 = z0. Так как z и z0 — корни уравнения P (z) = 0, то в разложении (см. 269) P (z) = = a0(z - z1)(z - z2) ·... · (z - zn) должны быть сомножители (z - z0) и (z - z0). Можно записать: P (z) = (z - z0)(z - z0)Q(z) = (z2 - (z0 + + z0)z + z0z0) · Q(z). Таким образом, многочлен P (z) делится на мно гочлен второй степени z2 - (z0 + z0) + z0z0, коэффициенты которого действительны (см. равенства перед задачей 211, стр. 60).

272. Пусть P (z) — данный многочлен. Если степень многочлена P (z) больше 2, то уравнение P (z) = 0 имеет по основной теореме алгебры комплексных чисел некоторый корень z0. Если z0 — дей ствительное число, то разделим P (z) на z - z0. Получим P (z) = (z - z0)Q(z) (см. 268). Если z0 — не действительное число, то мно гочлен P (z) делится на некоторый многочлен второй степени с дей ствительными коэффициентами (см. 271). В обоих случаях частное является многочленом, коэффициенты которого действительны, что видно, например, из процесса деления столбиком (см. стр. 56). Это частное снова делится на некоторый многочлен с действительными коэффициентами первой или второй степени и т. д. Этот процесс продолжим до тех пор, пока очередное частное не будет иметь степень 1 или 2. В результате получим искомое разложение.

273. z5 - z4 - 2z3 + 2z2 + z - 1 = (z - 1)(z4 - 2z2 + 1) = (z - 1) (z2 - 1)2 = (z - 1)3(z + 1)2. Ответ. 1 — корень кратности 3;

-1 — корень кратности 2.

274. Сравним коэффициенты при одинаковых степенях в левых и правых частях указанных равенств. Пусть P (z) = a0zn + a1zn-1 +... + an-1z + an, Q(z) = b0zm + b1zm-1 +... + bm-1z + bm.

Тогда P (z) = a0nzn-1 + a1(n - 1)zn-2 +... + an-1 и Q (z) = = b0mzm-1 + b1(m - 1)zm-2 +... + bm-1. Легко видеть, что в слу чае а) коэффициенты при любой степени zk в обеих частях равенства равны (an-1-k + bm-1-k)(k + 1), а в случае б) коэффициенты при zk в обеих частях равенства равны can-1-k(k + 1).

Докажем в). Для удобства введем широко распространенный в ма n тематике символ суммы. Запись соответственно озна i=0 i+j=r чает, что нужно рассмотреть выражение, стоящее справа от этого знака, при i = 0, 1, 2,..., n (соответственно при всех парах i, j таких, что i + j = r) и все полученные выражения сложить. В этих обозначениях получаем n m P (z) = aizn-i, Q(z) = bjzm-j, i=0 j= m n- Q (z) = bj(m - j)zm-j-1.

P (z) = ai(n - i)zn-i-1, j= i= Пусть k — произвольное целое число от 0 до n + m - 1. Найдем коэффициент при zk+1 в произведении (z) · Q(z). Так как (n - i) + + (m - j) = k + 1 тогда и только тогда, когда i + j = n + m - k - 1, то коэффициент при zk+1 после раскрытия скобок и приведения подобных членов в многочлене P (z) · Q(z) будет равен aibj.

i+j= =n+m-k- Поэтому коэффициент при zk в многочлене (P (z) · Q(z)) равен aibj(k + 1). Точно так же получаем, что коэффициент i+j= =n+m-k- при zk в многочлене P (z) · Q(z) равен aibj(n - i), а в i+j= =n+m-k- многочлене P (z) · Q (z) равен aibj(m - j). Таким образом, i+j= =n+m-k- коэффициент при zk в многочлене P (z) · Q(z) + P (z) · Q (z) равен aibj((n - i) + (m - j)) = i+j= =n+m-k- = (так как (n - i) + (m - j) = k + 1) = aibj(k + 1), i+j= =n+m-k- что совпадает с коэффициентом при zk в многочлене (P (z) · Q(z)).

275. При n = 1 утверждение верно, так как (z - z0) = 1 = (z - z0)0. При n = 2 оно также верно: ((z - z0)2) = (z2 - 2z0z + + z0) = 2z - 2z0 = 2(z - z0). Пусть утверждение верно при n = = k т. е. ((z - z0)k) = k(z - z0)k-1. Докажем, что оно верно то гда и при n = k + 1. Получаем ((z - z0)k+1) = ((z - z0)k · (z - z0)) = (см. 274 в)) = ((z - z0)k) · (z - z0) + (z - z0)k · (z - z0) = = k(z - z0)k-1 · (z - z0) + (z - z0)k = (k + 1)(z - z0)k. Таким образом, если наше утверждение верно при n = k, то оно верно и при n = k + 1.

Так как оно верно при n = 1 и n = 2, то оно верно при всех целых n 1.

276. По условию P (z) = (z - z0)k · Q(z), где многочлен Q(z) не делится на z - z0. Отсюда P (z) = (см. 274 в)) = ((z - z0)k) · Q(z) + (z - z0)k · Q (z) = (см. 275) = k(z - z0)k-1Q(z) + (z - z0)kQ (z) = = (z - z0)k-1(kQ(z) + (z - z0)Q (z)). Многочлен, стоящий в послед ней скобке, не делится на z - z0, так как иначе многочлен Q(z) должен был бы делиться на z - z0. Таким образом, многочлен P (z) делится на (z - z0)k-1 и не делится на (z - z0)k. Что и требовалось доказать.

2 2 6 277. Ответ. а) ±1, б) ±i, в) ± + i. г) ± + i 2 2 2 (здесь 2 и 6 — положительные значения корней).

278. Непрерывным образом верхней (соответствеино нижней) полуокружности при отображении w = z, начинающимся в точ ке w = 1, является дуга AB (соответственно дуга AC) (рис. 64).

Кривая AB оканчивается в точке i, кривая AC — в точке -i.

Ответ. а) w(-1) = i, б) w(-1) = -i.

279. При 0 t w0(t) может принимать два значения: w0(t) = = ±i 1 - 2t (значение корня берется положительным). При < t w0(t) может принимать также два значения: w0(t) = ± 2t - 1. При 1 t = w0(t) принимает одно значение: w = 0.

2 Ответ (см. рис. 65). а) Непрерывные образы — ломаные AOB и AOC, б) непрерывные образы — ломаные DOB и DOC.

280. Пусть C1 — непрерывный o6paз кривой C при отображении w = z, и пусть изменение аргумента вдоль кривой C1 равно.

Тогда кривая C является образом кривой C1 при отображении z = w2, поэтому (см. 262 а)) = 2. Отсюда =.

1 Ответ..

Рис. 64 Рис. 281. Пусть w = z и w0(t) — непрерывный образ данной кривой.

Так как i = cos + i sin, то i (и w0(1)) может принимать два 2 2 2 5 5 2 значения: cos + i cos = + i и cos + i sin = - - i.

4 4 2 2 4 4 2 По условию w0(0) = -1, и можно считать Arg w0(0) =.

а) Изменение аргумента вдоль данного отрезка равно, очевидно,.

Поэтому (см. 280) изменение аргумента вдоль кривой w0(t) равно и аргумент w0(1) равен + =.

4 2 Ответ. i = - - i.

2 3 t 3 t б) z(t) = cos - + i sin -. Чтобы Arg z(t) изменялся непре 2 3 t рывно, можно выбрать (t) = -. Изменение аргумента вдоль кривой: (1) - (0) = -. Следовательно, изменение аргумента вдоль кривой w0(t) (см. 280) равно - и аргумент w0(1) равен + - =.

4 2 Ответ. i = + i.

2 5 t в) (t) =. Изменение аргумента вдоль данной кривой: (1) 5 - (0) =. Изменение аргумента вдоль кривой w0(t) равно. Ар 2 5 гумент w0(1) равен + =.

4 2 Ответ. i = + i.

2 282. Пусть w = z, w0(t) — непрерывный образ данной кривой и w0(0) = 1. Надо определить w0(1). Можно считать Arg w0(0) = 0.

а) Изменение Arg z(t) равно 2. Поэтому изменение Arg w0(t) рав но (см. 280). Arg w0(1) = 0 + =.

Ответ. 1 = -1.

б) z(t) = cos(-4 t) + i sin(-4 t). Изменение Arg z(t) равно -4. Из менение Arg w0(t) равно -2. Arg w0(1) = 0 - 2 = -2.

Ответ. 1 = 1.

в) Данная кривая — окружность единичного радиуса, центр кото рой сдвинут в точку z = 2 (см. 246 а)). Эта кривая ни разу не обходит вокруг точки z = 0, поэтому изменение Arg z(t) равно 0. Отсюда из менение Arg w0(t) также равно 0.

Ответ. 1 = 1.

283. Пусть w0(t) — непрерывный образ кривой C при отображении w = z. Так как z(1) = z(0), то w0(1) = w0(0), или w0(1) = -w0(0), и для выполнения равенства w0(1) = w0(0) необходимо и достаточно, чтобы изменение Arg w0(t) было равно 2 k, где k — целое число.

Для этого изменение Arg z(t) должно быть равным 4 k (см. 280), т. е. кривая C должна обходить вокруг точки z = 0 2k раз.

284. Пусть кривая L1 — непрерывный об раз кривой C1, а L2 — непрерывный образ кривой C2 при отображении w = z. Если кривые L1 и L2 начинаются в одной и той же Рис. точке w0 (рис. 66), то кривая L-1L2, является - непрерывным образом кривой C1 C2. Начало и конец кривой L-1L (точки A и B) будут совпадать тогда и только тогда, когда кривая - C1 C2 обходит вокруг точки z = 0 четное число раз (см. 283).

285. Пусть C — некоторая кривая, не проходящая через разрез и идущая из точки z0 в точку z1. Предположим, что, выбирая разные значения в точке z0 и определяя функцию z по непрерывности вдоль кривой C, мы получили одинаковые значения в точке z. Рассмотрим тогда кривую C-1, т. е. кривую C, проходимую в противоположном направлении. Получим, что значение в начальной точке кривой C- (в точке z) в обоих случаях одно и то же, но значения в конечной точке (в точке z0), определенные по непрерывности, различны. Этого не может быть в силу однозначности образа, так как кривая C не проходит через точку z = 0. Значит, наше предположение о том, что z = z, неверно.

1 286. Пусть z — произвольная точка, не лежащая на разрезе, и пусть C1 — непрерывная кривая, идущая из точки z в точку z и не пересекающая разрез. Проведем непрерывную кривую C2, не пересе кающую разрез, из точки z0 в точку z. (рис. 67) По условию выбрано значение w = z. Это означает, что если мы выберем z0 = w и определим z по непрерывности вдоль кривой C2, то получим именно w. Но тогда значение z, определенное по непрерывности вдоль кривой C1 при условии z = w совпадает, как легко видеть, со значением z, определенным по непрерывности вдоль кривой C2C при условии z0 = w0. То есть значение z при любом z, не лежащем на разрезе, оказывается равным z.

287. Пусть C1 — непрерывная кривая, идущая из точки z0 в точ ку z1, и не пересекающая разрез (рис. 68). Пусть w1 = z1 — значение функции z, определенное по непрерывности вдоль кривой C1 при условии z0 = w0. Так как кривая C1 не пересекает разрез, то значе ния w0 и w1 соответствуют одной и той же ветви функции z. Кривая - C1 C2 один раз обходит вокруг точки z = 0. Поэтому значения w и w1, различны (см. 283). Так как w0 и w1 соответствуют одной и той же ветви функции z, то w0 и w1 соответствуют разным ветвям.

Рис. 67 Рис. 288. Если z0 = 0, то окружности с центром в точке z0 и с достаточ но малым радиусом ни разу не обходят вокруг точки z = 0. Поэтому изменение Arg z(t) вдоль таких окружностей равно 0 и, следователь но, изменение Arg w0(t) равно 0, т. е. значение z не изменяется. Из менение Arg z(t) вдоль окружностей с центром в точке z = 0 равно 2.

В этом случае изменение Arg w0(t) равно. Поэтому значение z при обходе вокруг точки z = 0 меняется на противоположное.

289. Кривая z(t) является образом кривой w0(t) при отображении z(w) = w3. Поэтому, если — изменение аргумента вдоль кривой w0(t), то = 3 (см. 262 б)). Отсюда =.

1 290. Если z0 = 0, то окружности с центром в точке z0 и с до статочно малым радиусом ни разу не обходят вокруг точки z = 0.

Поэтому изменение Arg z(t) вдоль таких окружностей равно 0. Но тогда изменение Arg w0(t) равно 0 (см. 289), т. е. значение функции и w = z не изменяется. Значит, любая точка z = 0 не является точкой разветвления.

Изменение Arg z(t) вдоль любой окружности с центром в точке z = 0 равно 2. Поэтому изменение Arg w0(t) в этом случае равно.

Следовательно, при однократном обходе вокруг точки z = 0 значение 2 функции w = z умножается на = cos + i sin, т. е. точка z = 3 является точкой разветвления многозначной функции z.

Ответ. z = 0.

291. Пусть z(t) — непрерывная кривая, не проходящая через раз рез и идущая из точки z = 1 в данную точку. Пусть w0(t) — непрерыв ный образ этой кривой при отображении w = z и Arg w0(0) выбран равным. Если изменение Arg z(t) равно, то изменение Arg w0(t) равно (см. 289). Поэтому Arg w0(1) = +. По условию можно 3 2 считать = 0 для ветви f1(z), = для ветви f2(z) и = 0 0 3 для ветви f3(z).

a) = 0, =, Arg w0(1) =.

2 3 i Ответ. f1(i) = cos + i sin = +.

6 6 2 2 б) =, =, Arg w0(1) =.

3 2 5 5 3 i Ответ. f2(i) = cos + i sin = - +.

6 6 2 в) = 0, = 0, Arg w0(1) = 0.

Ответ. f1(8) = 2.

2 г) = -, = 0, Arg w0(1) = -.

3 2 Ответ. f3(8) = 2 cos - i sin = -1 - i 3.

3 2 д) = -, = -, Arg w0(1) = -.

3 2 5 5 3 i Ответ. f3(-i) = cos - i sin = - -.

6 2 292. Так же как для функции w = z, доказывается, что после проведения разреза из точки z = 0 в, например, по отрицательной части действительной оси функция w = z распадается на три одно значные непрерывные ветви. При однократном обходе вокруг точки z = 0 (против часовой стрелки) Arg w изменяется на, при двукрат ном обходе на и только после обхода точки z = 0 три раза значение функции w = z становится равным исходному. Поэтому схема рима новой поверхности функции w = z выглядит так, как показано на рис. 69. Саму риманову поверхность можно условно изобразить так, как показано на рис. 70 (на самом деле 3 выделенные точки должны быть склеены в одну точку).

293. Предположим сначала, что кривая C не проходит через точку z = 0. Пусть (t) — функция, описывающая непрерывное изменение Arg z(t) (см. теорему 6, стр. 74), и r(t) = |z(t)|. Тогда (t) и r(t) — непрерывные функции и z(t) = r(t)(cos (t) + i sin (t)).

n Пусть (t) — положительное действительное значение r(t). То гда (t) — непрерывная функция (см. 243) и n непрерывных кривых с параметрическими уравнениями (t) (t) 2 k 2 k wk(t) = (t) = cos + + i sin +, n n n n k = 0, 1,..., n - 1, являются, непрерывными образами кривой z(t) при отображении n w(z) = z (cм. 229). Так как wk(0) для этих кривых принимает все n n значений z(0), то одна из этих кривых начинается в точке w0.

Если кривая C проходит через точку z = 0, то точки, в которых z(t) = 0, разбивают кривую C на части. В этом случае построим, как выше, по одному непрерывному образу для каждой части, причем для начальной части возьмем образ, начинающийся в точке w0. Если z(t) = 0, то и w(z(t)) = 0. Поэтому полученные образы можно объеди нить в единую непрерывную кривую, которая и будет искомой.

Рис. 69 Рис. 294. См. решения 280 и 289. Ответ. /n.

295. См. решение 290. Ответ. z = 0.

n 296. w0(t) при каждом t является одним из значений z(t). Поэто n му все значения z(t) при данном t — это (см. 232) w0(t), w0(t), n 2 n-1 n w0(t) ·,..., w0(t) ·. Так как значение z в начальной точке n n кривой z(t) может быть выбрано n способами, то имеется n ровно n непрерывных образов кривой z(t) при отображении w = z (одно значность может нарушаться только в точке z = 0, но кривая z(t) через нее не проходит). Такими n непрерывными образами являются 2 n- кривые w0(t), w1(t) = w0(t), w2(t),..., wn-1(t) = w0(t) ·.

n n n Ответ. w0(t), w1(t) = w0(t) ·, w2(t) = w0(t) ·,..., wn-1(t) = n n n- = w0(t) ·.

n i 297. Ответ. fi(z) = f0(z) ·.

n Р е ш е н и е. Пусть z(t) — любая кривая, не проходящая через раз рез и идущая из точки z = 1 в произвольную точку. Из решения зада чи 296 получаем, что если значение функции в начальной точке этой k кривой умножить на, то значение в конечной точке, определенное n k i по непрерывности, также умножится на. Поэтому fi(z) = f0(z) ·.

n n 298. При решении задачи 297 мы получили, что n ветвей функ n i ции z связаны следующим соотношением: fi(z) = f0(z) · (i = 0, n n 1,..., n - 1). Единственной точкой разветвления функции z яв ляется точка z = 0. При однократном обходе этой точки аргумент n функции z изменяется на (см. 294), т. е. значение функции умно n n жается на. Поэтому схема римановой поверхности функции z n имеет вид, указанный на рис. 71.

299. Arg(z - 1) изменяется на 2 при обходе вокруг точки z = 1 и не изменяется при обходе вокруг любой другой точки (по окружности достаточно малого радиуса). Поэтому Arg z - 1 изменяется на при обходе вокруг точки z = 1 и не изменяется при обходе вокруг лю бой другой точки. Следовательно, единственной точкой разветвления является точка z = 1, при обходе которой значение функции z - умножается на -1. Так же как для функции w = z, доказывается, что после проведения какого-либо разреза из точки z = 1 в на полу ченной плоскости с разрезом выделяются однозначные непрерывные ветви функции w = z - 1. Схема римановой поверхности функции z - 1 показана на рис. 72.

300. См. решение 299. Единственной точкой разветвления являет ся точка -i (так как z + i = z - (-i)), при обходе которой значение n функции z + i умножается на. Схема римановой поверхности n n функции z + i показана на рис. 73.

n 301. У к а з а н и е. Рассмотрите отображение w = f(z) как ком позицию двух отображений: = f(z) и w = (см. 293).

Рис. 71 Рис. 72 Рис. n 302. Отображение w(z) = f(z) можно представить как компози цию двух отображений:

n (z) = f(z) и w( ) =.

Если C — непрерывная кривая на плоскости z, то на плоскости имеется ровно один образ C = f(C) этой кривой. Так как f(z) — непрерывная функция, то C — непрерывная кривая. Если кривая C с уравнением w0(t) — один из непрерывных образов кривой C при n отображении w( ) =, то кривые с уравнениями wi(t) = w0(t) i n (i = 1,..., n - 1) также являются непрерывными образами кривой C n при отображении w( ) = (см. 296) и, следовательно, являются n непрерывными образами кривой C при отображении w(z) = f(z).

n Поэтому, если значение функции w(z) = f(z) в начальной точке i кривой C умножить на, то значение в конечной точке кривой C, n i определенное по непрерывности, также умножится на. Таким обра n n зом, если w0(z) — непрерывная однозначная ветвь функции f(z), то все непрерывные однозначные ветви — это w0(z), w0(z), w0(z) ·, n n n-..., w0(z) ·.

n Ответ. w0(z), w1(z) = w0(z), w2(z) = w0(z) ·,..., wn-1(z) = n n n- = w0(z) ·.

n 303. а) При обходе z = 0 или z = i Arg(z(z - i)) изменяется точек на 2 (см. 260), a Arg z(z - i) изменяется на (см. 280), т. е. значение функции z(z - i) умножается на -1. Для выделения однозначных непрерывных ветвей функции z(z - i) достаточно провести непе ресекающиеся разрезы из точек z = 0 и z = i в (доказательство такое же, как для функции w = z). Схема римановой поверхности функции z(z - i) показана на рис. 74.

б) См. рис. 75. У к а з а н и е. z2 + 1 = (z - i)(z + i).

Рис. 74 Рис. 304. См. 303. а) Так как z2 - 1 = (z - 1)(z + 1), то при обходе точек z = 1 и z = -1 значение функции z2 - 1 умножается на = = cos 2 /3 + i sin 2 /3. Искомая схема изображена на рис. 76.

б) При обходе точки z = 0 значение функции (z - 1)2z умножа ется на. При обходе точки z = 1 Arg((z - 1)2z) изменяется на 4 и Arg (z - 1)2z изменяется на 4 /3 т. е.

значение функции (z - 1)2z умно жается на. Искомая схема изобра 3 жена на рис. 77.

в) См. рис. 78. У к а з а н и е. z2 + + 1 = (z - i)(z + i).

305. Однозначными непрерывны ми ветвями функции z2 во всей Рис. плоскости z являются w0(z) = z, w1(z) = -z. При обходе вокруг точки z = 0 Arg z2 изменяется на и Arg z2 на 2, т. е. значение функции z2 не изменяется. Искомая схема состоит из двух несоединяющихся листов.

Рис. 77 Рис. 306. Задача решается так же, как и задача 304. а) См. рис. 79.

У к а з а н и e. z2 + 2 = (z - i 2)(z + i 2). б) См. рис. 80. в) См. рис. 81.

г) См. рис. 82. У к а з а н и е. (z2 - 1)3(z + 1)3 = (z - 1)3(z + 1)6. д) См.

риc. 83. У к а з а н и е. z3 - 1 = (z - 1)(z - )(z - ).

Рис. 79 Рис. Рис. 81 Рис. 307. См. рис. 84. У к а з а н и е. При обходе вокруг точки z = 0 Arg z изменяется на 2, Arg 1/z — на -2 (см. 260 б)) и Arg 1/z на -, т. е.

значение функции 1/z умножается на -1.

z - 308. а) См. рис. 85. б) При обходе точки z = 1 Arg изменяется z + на 2, а при обходе точки z = -1 — на -2 (см. 260). Поэтому при об ходе точки z = 1 значение функции z - умножается на а при об z + ходе точки z = -1 умножается на -1 =. Искомая схема изображена 3 на рис. 86. в) См. рис. 87.

309. Пусть в некоторой точке z Рис. зафиксировано произвольное значе ние w0 = w(z0), и пусть z1 — некото рая другая точка. Если C1 и C2 — произвольные непрерывные кривые, идущие из z0 в z1 и не пересекающие разрезов (рис. 88), то, оче видно, кривую C1 можно непрерывно деформировать в кривую C2, Рис. 84 Рис. не проходя через точки разветвления. Так как функция w(z) об ладает свойством монодромии, то значения w(z1), определенные по непрерывности вдоль кривых C1 и C2 совпадают. Следовательно, значение w(z1) определяется по непрерывности одинаково вдоль лю бой кривой, идущей из z0 в z1 и не пересекающей разрезов.

310. См. рис. 89. Пусть с i-й ветви при движении по AB мы пе реходим на j-ю ветвь. Посмотрим на какую ветвь мы переедем с i-й ветви при движении по CD. Так как у функции w(z) конечное число точек разветвления, то кривые AB и CD можно выбрать настолько короткими, а кри вые CA и BD настолько близкими к разрезу, что внутри кривой CABDC не будет точек разветвления функции w(z). В таком случае кривую CABD можно, очевидно, непрерыв но деформировать в кривую CD, не проходя Рис. через точки разветвления. Так как функ ция w(z) обладает свойством монодромии, то функция w(z) в точ ке D одинаково определяется по непрерывности вдоль кривых CD и CABD. Начиная с i-й ветви и двигаясь по кривой CABD, мы сначала находимся на i-й ветви, затем переходим на j-ю ветвь и затем движемся по j-й ветви. Таким образом, по кривой CABD, а следовательно, и по кривой CD мы с i-й ветви переходим на j-ю ветвь, т. е. так же, как и по кривой.

Рис. 87 Рис. i 311. а) У к а з а н и е. -8 = -2 (i = 0, 1, 2), 2i = ±(1 + i).

Ответ. (здесь 3 — положительное значение корня). -1 + i, -3 - i, 2 + ( 3 + 1)i, ( 3 - 1)i, 2 + (1 - 3)i, -( 3 + 1);

б) ±(1/2 + i), ±1/2;

в) ±(1 + i) 0;

г) ±(1 + i) д) 4i, 0.

312. У к а з а н и е. Достаточно доказать, что указанным в задаче свойством обладают функции h(z) = z и h(z) = a, и что если указан ным свойством обладают функции f(z) и g(z), то им обладают также n функции f(z) + g(z), f(z) - g(z), f(z) · g(z), f(z)/g(z), [f(z)]n, f(z) (n — натуральное число).

Р е ш е н и е. 1) Если h(z) = z, то w0 = h(z0) = z0. Искомой кри вой является кривая с параметрическим уравнением w0(t) = z(t), где z(t) — параметрическое уравнение кривой C.

2) Если h(z) = a, то w0 = a и искомой кривой является кривая с уравнением w0(t) = a (вырождающаяся в точку).

3) Пусть h(z) = f(z) + g(z) и для f(z) и g(z) утверждение задачи верно. По определению суммы двух многозначных функций w0 = w0 + w0, где w0 — одно из значений f(z0) и w0 — одно из значений g(z0). Так как для f(z) и g(z) утверждение задачи верно, то существу ют непрерывные образы C = f(C) и C = g(C), начинающиеся соот ветственно в точках w0 и w0. Если w (t) и w (t) — параметрические уравнения кривых C и C, то функция w0(t) = w (t) + w (t) (она непрерывна как сумма непрерывных функ ций) является параметрическим уравнени ем искомой кривой, так как w0(0) = w (0) + + w (0) = w0 + w0 = w0. Точно так же рассматриваются случаи h(z) = f(z) - g(z), f(z) Рис. h(z) = f(z) · g(z), h(z) = [f(z)]n, h(z) = g(z) w (t) (в последнем случае искомая функция непрерывна w0(t) = w (t) так как по условию кривая C не проходит через точки, в которых функция h(z) не определена, и, следовательно, w (t) = 0).

n 4) Пусть h(z) = f(z) и для f(z) утверждение задачи верно.

n n По определению функции f(z) имеем w0 =, где — одно из 0 n значений f(z0). Отображение h(z) = f(z) можно рассматривать n как композицию двух отображений = f(z) и w =. Так как для функции f(z) утверждение задачи верно, то существует хотя бы один непрерывный образ C кривой C при отображении = f(z), начинающийся в точке. В силу утверждения задачи 293 существует хотя бы один непрерывный образ C кривой C при отображении n w =, начинающийся в точке w0. Кривая C является искомой.

313. В произвольной точке z0 функция h(z) может принимать nm значений: hi,j(z0) = fi(z0) + gj(z0), где i = 1,..., n;

j = 1,..., m. Так как сумма непрерывных функций является непрерывной функцией, то искомыми однозначными непрерывными ветвями функции h(z) будут следующие nm функций: hi,j(z) = fi(z) + gj(z), где i = 1,..., n;

j = 1,..., m.

314. а) См. рис. 90. У к а з а н и е. Воспользуйтесь схемами римано вых поверхностей функций z и z - 1 (см. 288, 299). б) См. рис. 91.

У к а з а н и е. см. 304, 307. в) См. рис. 92. У к а з а н и е. см. 288, 292.

г) См. рис. 93. У к а з а н и е. Постройте сначала схемы римановых поверхностей функций z2 - 1 и z - 1.

Рис. 90 Рис. 315. Ответ. а) Три значения: 2, -2, 0. б) Семь значений: 2, 0, 1 + i, -1 + i, -2, 1 - i, -1 - i. в) Шесть значений: 2, 2, 2, 1 +, 3 1 +, -1.

316. а) Пусть f0(z) и f1(z) = -f0(z) — однозначные непрерывные ветви функции z. Схема римановой поверхности функции h(z) = = z + z, построенная формальным методом, показана на рис. 94.

Ветви h0,1(z) = f0(z) + f1(z) 0, и h1,0(z) = f1(z) + f0(z) 0 совпада ют. Поэтому для получения истинной схемы римановой поверхности функции h(z) = z + z надо склеить ветви h0,1(z) и h1,0(z). Истин ная схема показана на рис. 95.

Рис. 92 Рис. б) Пусть f0(z) и f1(z) = -f0(z) — однозначные непрерывные ветви функции z. Тогда f0(z)2 = z, поэтому [f0(z)]4 = z2. Следовательно, f0(z) — одна из однозначных непрерывных ветвей функции z2. Все ветви этой функции: g0(z) = f0(z), g1(z) = i · f0(z), g2(z) = -f0(z), g3(z) = -i · f0(z). Схема римановой поверхности функции h(z) = z + + z2, построенная формальным методом, показана на рис. 96.

Истинная схема (рис. 97) получается склейкой совпадающих ветвей h0,2(z) 0 и h1,0(z) 0.

в) Пусть f0(z) — одна из непрерывных однозначных ветвей функ 3 ции z. Тогда все ветви: f0(z), f1(z) = f0(z) ·, f2(z) = f0(z) ·.

3 Схема римановой поверхности функции h(z) = z + z, построенная формальным методом, показана на рис. 98. Для получения истин ной схемы (рис. 99) необходимо склеить совпадающие ветви h0,1(z) и h1,0(z), h0,2(z) и h2,0(z), h1,2(z) и h2,1(z).

Рис. 94 Рис. 317. а) Пусть и f1(z) = -f0(z) — однозначные непрерывные f0(z) ветви функции z. Тогда [f0(z)]2 = z и [f0(z)]4 = z2. Поэтому одно значными непрерывными ветвями функции g(z) = z2 будут g0(z) = = f0(z), g1(z) = i · f0(z), g2(z) = -f0(z), g3(z) = -if0(z). Строим схе му римановой поверхности функции h(z) = i z - z2 формальным методом и склеиваем совпадающие ветви: h0,1(z) = h1,3(z) 0. Остав шиеся ветви различны — достаточно вычислить их значения в точке z = 1. Искомая схема показана на рис. 100.

б) Пусть f0(z) и f1(z) = -f0(z) — однозначные непрерывные ветви функции f(z) = z - 1, а g0(z), g1(z) = i · g0(z), g2(z) = -g0(z), g3(z) = -i · g0(z) — однозначные непрерывные ветви функции g(z) = = Строим схему римановой поверхности функции h(z) = z - z.

z формальным методом (рис. 101) и склеиваем совпадающие ветви: h0,0(z) = h1,2(z), h0,1(z) = h1,3(z), h0,2(z) = h1,0(z), h0,3(z) = = h1,1(z). Остльные ветви различны — достаточно вычислить их значения в точке z = 2. Искомая схема показана на рис. 102.

Рис. 96 Рис. Рис. 98 Рис. в) См. рис. 103. Решение такое же, как в случае б).

г) Функция f(z) = z + z имеет 3 однозначные непрерывные ветви: f0(z) 0, f1(z) и f2(z) = -f1(z) (см. решение 316 а)). Функ ция g(z) = z(z - 1) имеет также 3 однозначные непрерывные ветви:

g0(z), g1(z) = · g0(z), g2(z) = · g0(z). Ветви h0,0(z), h0,1(z) и h0,2(z) совпадают: h0,0(z) = h0,1(z) = h0,2(z) 0. Остальные ветви различ ны — достаточно вычислить их значения в точке z = 2. Искомая схема показана на рис. 104.

318. Ответ. Искомыми однозначными непрерывными ветвями являются функции hi(z) = [fi(z)]n, где i = 1, 2,..., m.

Рис. 100 Рис. 319. а) Если f0(z), f1(z) = i · f0(z), f2(z) = -f0(z), f3(z) = -i f0(z) — однозначные непрерывные ветви функции f(z) = z, то [f0(z)]2 = [f2(z)]2 и [f1(z)]2 = [f3(z)]2. Искомая схема показана на рис. 32, стр. 90.

б) см. 316 a). Если f0(z) 0, f1(z) и f2(z) = -f1(z) — непрерывные ветви функции f(z) z + z, то [f1(z)]2 = [f2(z)]2. Искомая схема показана на рис 105.

в) Если f0(z) — одна из однозначных непрерывных ветвей функ ции f(z) = z · z - 1, то все ветви — это f0(z), f1(z) = f0(z) ·, 2 f2(z) = f0(z) ·, f3(z) = -f0(z), f4(z) = -f0(z) ·, f5(z) = -f0(z) ·.

3 При этом [f0(z)]3 = [f1(z)]3 = [f2(z)]3 и [f3(z)]3 = [f4(z)]3 = [f5(z)]3.

Искомая схема показана на рис 32, стр. 90.

Рис. 102 Рис. 320. Пусть точка z0 не является точкой разветвления функ ции f(z). Тогда при обходе вокруг точки z0 по окружности достаточно малого радиуса значение функции f(z) не изменяется.

Пусть, кроме того, все значения f(z0) не равны 0. Тогда при отоб ражении w = f(z) непрерывными образами окружностей с центром в точке z0 и с достаточно малыми радиусами будут являться некоторые непрерывные замкнутые кривые, находящиеся вблизи значений w = = f(z0). Так как все значения f(z0) не равны 0, то все такие кривые при достаточно малых радиусах окружностей не обходят точки w = 0, т. е. Arg f(z) не изменяется. Но тогда не изменяется также значение n n функции f(z). Поэтому точками разветвления функции f(z) мо гут быть только точки разветвления функции f(z) и точки, в которых одно из значений функции f(z) равно 0.

Ответ. Точки разветвления функции f(z) и точки, в которых одно из значений функции f(z) равно 0.

Рис. 321. Так как g(z) — непрерывная функция на плоскости с ука занными разрезами, то и [g(z)]n — также непрерывная функция. Так как при каждом z g(z) — это одно из значений n f(z), то [g(z)]n при каждом z — это одно из значений функции f(z). Таким образом, [g(z)]n — это однозначная непрерывная ветвь Рис. функции f(z) при указанных разрезах.

2 n- 322. см. 302. Ответ. g(z), g(z) ·, g(z) ·,..., g(z) ·.

n n n 323. У к а з а н и е. Так как w0(t) — непрерывная функция, то и wk(t) — непрерывная функция;

кроме того, [wk(t)]n = [w0(t)]n kn = [w0(t)]n и, следовательно, [wk(t)]n равно одному из значе n ний f(z(t)).

324. У к а з а н и е. Из результата задачи 323 следует, что если зна n k чение функции f(z) в начальной точке кривой C умножить на, n n то значение функции f(z) в конечной точке кривой C, определенное k по непрерывности, также умножится на.

n 325. Пусть f0(z) и f1(z) = -f0(z) — однозначные непрерывные вет ви функции z, причем f0(1) = 1, a f1(1) = -1. Тогда - 1 и f0(z) f1(z) - 1 — однозначные непрерывные ветви функции - 1, каж z дой из которых соответствуют две ветви функции z - 1. Если z - 1 = 0, то z = 1 и z = 1. Поэтому точкой разветвления, кроме точки z = 0, может быть только точка z = 1, причем разветвление может происходить только в пачке, соответствующей ветви f0(z) - (так как должно быть 1 = 1). Имеем (f0(z) - 1)(f0(z) + 1) [f0(z)]2 - 1 - z f0(z) - 1 = = =.

f0(z) + 1 f0(z) + 1 f0(z) + При обходе точки z = 1 аргумент знаменателя не изменяется, так как f0(1) + 1 = 2 = 0. Аргумент числителя при обходе точки z = 1 изменя ется на 2. Поэтому Arg(f0(z) - 1) изменяется на 2, a Arg f0(z) - на, т. е. значение f0(z) - 1 изменяется. При обходе точки z = изменяется значение функции z, поэтому мы с листов пачки, соот ветствующей f0(z) - 1 переходим на листы пачки, соответствующей f1(z) - 1, и наоборот. При двукратном обходе вокруг точки z = конечное значение функции z совпадает с начальным значением этой функции и Arg( z - 1) не изменяет ся (так как 0 - 1 = 0). Поэтому при дву кратном обходе вокруг точки z = 0 мы возвращаемся на исходный лист. Сумми руя полученные результаты, мы получа ем схему римановой поверхности функ ции z - 1, показанную на рис. 106.

326. Эта задача решается так же, как Рис. задача 325: а) см. рис. 107;

б) см. рис. 108.

У а з а н и е. Если f0(z) — однозначная непрерывная ветвь функции к z и f0(1) = 1, то f0 (z) - z - f0(z) - 1 = =, 2 f0 (z) + f0(z) + 1 f0 (z) + f0(z) + где f0 (1) + f0(1) + 1 = 3 = 0.

327. Так как z2 + 1 = (z - i)(z + i), то значение z2 + 1 изменяет ся при обходе точек z = i и z = -i, т. е. эти точки являются точками разветвления функции z2 + 1 - 2. Искомая схема в обоих случаях а) и б) показана на рис. 75, стр. 172.

Рис. 107 Рис. Если z2 + 1 - 2 = 0, то z2 + 1 = 4 и z = ± 3 ( 3 — положитель ное значение корня). Пусть f0( 3) = 0, т. е. в этом случае выбрано 4 = 2. Найдем f0(- 3). Для этого соединим точку z = 3 с точкой z = - 3 непрерывной кривой, не проходящей через разрезы.

В а) можно взять, например, отрезок, соединяющий точки случае z = 3 и z = - 3. Нетрудно видеть, что при движении вдоль этого отрезка Arg(z + i) = Arg(z - (-i)) увеличивается на 2 /3, a Arg(z - i) уменьшается на 2 /3. Поэтому Arg(z2 + 1) не изменяется и, следова тельно, не изменяется значение z2 + 1 - 2. Таким образом, в случае а) f0(- 3) = f0( 3) = 0.

В б) при движении по любой кривой, идущей из точки случае z = 3 в точку z = - 3 и не проходящей через разрезы, Arg(z + i) 2 увеличивается на, а Arg(z - i) увеличивается на. Таким об 3 разом, Arg(z2 + 1) увеличивается на 2, а Arg z2 + 1 увеличивается на, т. е. значение z2 + 1 изменяется на противоположное. Поэтому в случае б) f0(- 3) = -2 - 2 = -4 = 0, а f1(- 3) = 2 - 2 = 0.

328. Пусть g0(z) и g1(z) — однозначные непрерывные ветви функ ции g(z) = z2 + 1, причем g0(z) - 2 = f0(z) (см. решение 327) и g1(z) - 2 = f1(z). В случае а) имеем g0( 3) = g0(- 3) = 2 (см.

решение 327) и g0 (z) - 4 - 3 - 3)(z + 3) z2 (z g0(z) - 2 = = =.

g0(z) + 2 g0(z) + 2 g0(z) + При обходе точек = 3 и z = - 3 аргумент знаменателя не изменя z ется, так как g0( 3) + 2 = g0(- 3) + 2 = 4 = 0, a аргумент числителя возрастает на 2. При этом Arg(g0(z) - 2) увеличивается на 2, a Arg g0(z) - 2 увеличивается на, т. е. значение f0(z) изменяется.

Следовательно, в случае а) разветвления в точках z = 3 и z = - оказываются в одной пачке листов. Точно так же показывается, что в случае б) эти разветвления оказываются в разных пачках. Остается выяснить, как согласуются между собой переходы между листами при обходе точек z = i и z = -i. Непрерывным образом окружно сти CR радиуса R = 1,1 с центром в точке z = 0 при отображении w = z2 + 1 является кривая, показанная на рис. 109 (рассмотрите это отображение по частям: w = z2, w = z2 + 1, w = z2 + 1). Эта кривая ни разу не обходит вокруг точки z = 2. Поэтому при обходе по окружности CR Arg( z2 + 1 - 2) не изменяется и не изменяет ся значение функции h(z) = z2 + 1 - 2. Следовательно, при обхо де точки z = i и затем точки z = -i мы должны вернуться на тот же лист (см. замечание 1 на стр. 96). Искомые схемы показаны на рис. 110 и рис. 111.

Рис. 329. У к а з а н и е. В противном случае при движении по обратной кривой C-1 нарушалась бы однозначность.

1 2 3 4 1 2 3 330. Ответ. а) z = 0:, z = 1: ;

3 4 1 2 2 4 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 б) z = 0:, z = 1, -1: ;

3 4 5 6 1 2 1 4 3 6 1 2 3 4 5 в) z = 0: ;

5 6 4 2 3 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 г) z = 1:, z = -1:.

6 7 8 5 2 3 4 1 5 6 7 8 1 2 3 331. У к а з а н и е. Воспользуйтесь результатом задачи 57: e = - = g1 · g1 ;

условия 1) и 3), очевидно, выполняются.

332. Ответ. а) циклическая группа Z2, б) циклическая группа Z3, в) циклическая группа Zn, г) Z3, д) Z4.

333. Для функции z + z - 1, указанной в задаче 314 а), получаем, что обход вокруг точки z = 0 порождает подстановку первых индексов в номерах ветвей hi,j(z), а обход вокруг точки z = порождает подстановку вторых индексов. Поэтому искомая группа является прямым произведением двух групп Z2 Z2 (см. § 7 главы 1).

Для функции z2 - 1 + z - 1, указанной в задаче 314 г), пусть g1 — подстановка листов, соответствующая обходу вокруг точки z = 1, a g2 — подстановка листов, соответствующая обходу вокруг точки z = -1. Тогда подстановка g2 дает циклический сдвиг первых индексов в - номерах ветвей hi,j(z), а подстановка g1g2 дает циклический сдвиг - вторых индексов. Так как g1 = (g1g2 )g2, тo подгруппа, порожденная подстановками g1 и g2, совпадает с подгруппой, порожденной под - становками g2, и g1g2. Поэтому искомая группа является прямым произведением Z2 Z4.

Подобным образом задача 333 решается и в остальных случаях.

Ответ. 1. а) Прямое произведение (§ 7 главы I) Z2, Z2, б) Z Z2 Z6 (см. 77), в) Z2 Z3 Z6, г) Z2 Z4. 2. a) Z2, б) Z4, в) Z4, = = г) Z2 Z3 Z6. 3. a) Z2, б) {e}, в) Z2.

= Рис. 110 Рис. 334. Если подстановка g1 некоторым образом переставляет пач ки, а подстановка g2 меняет местами листы в одной пачке, то лег - ко видеть, что подстановка g1g2g1 меняет местами листы в другой пачке. Поэтому группа подстановок листов для обеих схем содер жит некоторую подстановку, переставляющую пачки, подстановку, меняющую местами листы в одной пачке, и подстановку, меняющую местами листы в другой пачке. Искомая группа, порожденная этими подстановками, содержит те и только те подстановки, при которых пачки переходят в себя или меняются местами, а листы внутри пачек переставляются произвольным образом. Занумеровав листы в одной пачке числами 1 и 3, а листы в другой пачке — числами 2 и 4, получим, что каждой подстановке построенной группы соответствует симмет рия квадрата с вершинами 1, 2, 3, 4 и, обратно, каждой симметрии такого квадрата соответствует подстановка в построенной группе под становок листов. Поэтому искомая группа в обоих случаях изоморфна группе симметрий квадрата.

335. Пусть w1, w2,..., wn — все значения w(z0), и пусть z1,......, zs — точки разветвления функции w(z). Занумеруем листы схемы рима новой поверхности функции w(z) так, чтобы значение wi = w(z0) соответствовало i-му листу. Тогда каждой подстановке значений wi естественным образом соответствует подстановка листов. Докажем, что при таком соответствии группы G1 и G2 практически совпа дают. Пусть подстановка g из группы G1 порождена некоторой непрерывной кривой C, начинающейся и кончающейся в точке z0.

И пусть кривая C пересекает по порядку разрезы (при которых строилась риманова поверхность), идущие из точек разветвления zi1, zi2,......, zim. Если точке разветвления zj соответствует подстановка листов gj, то легко понять, что кривой C соответ ствует подстановка листов (а вместе с этим и значений wi), равная m 2 gim ·... · gi2 · gi1, где = 1, если разрез пересекается против часовой i стрелки, и = -1, если разрез пересекается по часовой стрелке (см.

i m замечание 1 на стр. 96). Отсюда g = gim ·... · gi1 и g содержится в m G2. Обратно, если дан элемент g = gim ·... · gi1 группы G2 (здесь = ±1)*), то легко построить кривую C, порождающую такую же i подстановку значений wi в группе G1. Например, на рис. 112 показана -1 - кривая, соответствующая подстановке g2 g3g1.

336. Пусть z0 — точка разветвления функции h(z), и пусть обхо ду вокруг точки z0 соответствуют подстановки d1 и d2 листов схем римановых поверхностей функций f(z) и g(z). Если z0 не является точ кой разветвления какой-нибудь из функций f(z) или g(z), то соот ветствующая подстановка d1 или d будет тождественной. Если ветви функции h(z) занумерованы двумя индексами hi,j(z) так, как сказано в теореме 8, утверждение а) (стр. 104), то при обходе вокруг точки z0 пер вые и вторые индексы переставляют ся независимо (теорема 8, утвержде ние б)). Причем подстановка первых индексов есть d1, подстановка вто Рис. рых индексов d2. Таким образом, об ходу вокруг точки разветвления z0 соответствует подстановка листов схемы римановой поверхности функции h(z), которую можно рас сматривать как пару подстановок (d1, d2). Так как d1 и d2 являются соответственно элементами групп F и G, то пара (d1, d2) является элементом прямого произведения F G. Такие пары, соответствую щие всем точкам разветвления функции h(z), порождают некоторую подгруппу в группе F G.

*) Из определения группы G2 (стр. 106) легко вывести, что любой элемент этой группы может быть представлен в указанной форме.

337. Схема, построенная формальным методом, может иметь ли сты, на которых заданы совпадающие ветви. Объединим такие листы в пачки. В силу однозначности при обходе любой точки разветвления мы с листов одной пачки будем переходить в схеме, построенной фор мальным методом, на листы одной и той же пачки. Следовательно, любая подстановка d листов схемы, построенной формальным мето дом, соответствующая обходу вокруг некоторой точки разветвлесия, переводит пачки друг в друга, не разрывая их. Если подстановки d и d2 переводят пачки друг в друга, не разрывая их, то легко видеть, что и подстановка d1d2 также переставляет пачки, не разрывая их.

Поэтому все подстановки di листов схемы, построенной формальным методом, входящие в группу H1, переставляют пачки, не разрывая их. Поставим в соответствие каждой подстановке di. подстановку d i пачек. Легко видеть, что если подстановке di соответствует подстанов ка пачек d а подстановке dj — подстановка пачек d, то пoдcтaнoвкe i j didj соответствует подстановка пачек d d. То есть построенное отоб i j ражение группы H1 на порожденную ею группу подстановок пачек является гомоморфизмом. Так как каждой пачке соответствует лист истинной схемы римановой поверхности функции h(z) (теорема 8, утверждение в)) и переходы между листами истинной схемы — это в точности переходы между пачками, то построенный нами гомомор физм можно рассматривать, как гомоморфизм группы H1 на груп пу H2.

338. См. 336 и 337. По условию группы F и G (см. 336) разрешимы.

Но тогда разрешима также группа F G (см. 167). Так как груп па H1 — группа подстановок листов схемы, построенной формальным методом, — может рассматриваться как подгруппа в группе F G (см. 336), то группа H1 также разрешима (см. 162). Так как существу ет гомоморфизм группы H1 на группу — группу подстановок листов истинной схемы римановой поверхности функции h(z) (см. 337), то группа H2 также разрешима (см. 163).

339. У к а з а н и е. См. теорему 9 (стр. 104). Если F и H — группы Галуа для схем римановых поверхностей функций f(z) и h(z), то так же, как в задаче 337, доказывается существование гомоморфизма группы F на группу. Далее воспользуйтесь результатом задачи 163.

340. Каждому листу схемы римановой поверхности функции f(z) соответствует пачка из n листов в схеме римановой поверхности функ n ции h(z) = f(z) (теорема 10, утверждение а), стр. 104). Подстановки листов схемы римановой поверхности функции h(z), соответствую щие обходам вокруг точек разветвления функции h(z), переставляют пачки, не разрывая их (теорема 10, утверждение б)). Но тогда и все подстановки группы H переставляют пачки, не разрывая. Поэтому каждой подстановке d группы H соответствует подстановка d па чек. Причем, если подстановке d1 соответствует подстановка пачек d подстановке d2 — подстановка пачек d, то подстановке d1d2 соответ ствует подстановка пачек d d. Мы получаем гомоморфизм группы H 1 на порожденную ею группу подстановок пачек. Подстановка пачек, соответствующая обходу вокруг произвольной точки z0, совпадает с подстановкой листов при обходе вокруг точки z0 в схеме римановой поверхности функции f(z) (теорема 10, утверждение в)). Поэтому группа подстановок пачек, порожденная группой H, совпадает с груп пой F (точнее, изоморфна F ).

Таким образом, построенный выше гомоморфизм является, по су ществу, гомоморфизмом группы H на группу F.

341. Ядром гомоморфизма, построенного в решении задачи являются подстановки группы H, переводящие каждую пачку в себя.

Пусть d1 и d2 — две такие подстановки. Если листы в пачках перенуме k рованы так, что fi,k(z) = fi,0(z) ·, то обе подстановки, d1 и d2, цик n лически сдвигают листы в каждой пачке (см. теорему 10, утверждение г)). Рассмотрим произвольную пачку. Если подстановка d1 цикличе ски сдвигает листы в этой пачке на l листов, а подстановка d2 — на k листов, то обе подстановки, d1d2 и d2d1, циклически сдвигают листы в данной пачке на l + k листов. Таким образом, подстановки d1d2 и d2d1 одинаково переставляют листы в каждой пачке, т. е. d1d2 = d2d1.

342. Если — гомоморфизм, построенный в решении задачи 340, и Ker — его ядро, то факторгруппа H/ Ker изоморфна группе F (теорема 3, стр. 40). Так как группа Ker коммутативна (см. 341), а группа F разрешима, то разрешима также и группа H (см. 166).

343. Обозначим Pz(w) = 3w5 - 25w3 + 60w - z. Если w0 — крат ный корень уравнения Pz(w) = 0, то w0 является корнем уравне ния Pz(w) = 0, где Pz(w) — многочлен, являющийся производной от многочлена Pz(w) (относительно w) (см. 276). Имеем Pz(w) = = 15w4 - 75w2 + 60 = 15(w4 - 5w2 + 4) = 15(w - 2)(w - 1)(w + 1) (w + 2). Так как уравнение Pz(w) = 0 имеет 4 корня кратности 1:

w0 = -2, -1, 1, 2, то кратными корнями уравнения Pz(w) = (кратности 2) могут быть только значения w0 = -2, -1, 1, 2.

Подставляя эти значения в уравнения 3w5 - 25w3 + 60w - z = 0, получаем, что они будут корнями (кратности 2) соответственно при z = -16, -38, 38, 16.

Ответ. Корнями кратности 2 являются значения: w0 = -2 при z = -16, w0 = -1 при z = -38, w0 = 1 при z = 38, w0 = 2 при z = 16.

344. Обозначим Pz(w) = 3w5 - 25w3 + 60w - z. Положим z = z0 и рассмотрим однозначное отображение плоскости w в некоторую ком плексную плоскость, задаваемое равенством = Pz0 (w). Пусть C — окружность радиуса r на плоскости w с центром в точке w0 (рис. 113) и C — образ окружности C при отображении = Pz0 (w). Разложим многочлен Pz0 (w) = 3w5 - 25w3 + 60w - z0 на линейные множители (см. 269). Получим Pz0 (w) = 3(w - w1)(w - w2)(w - w3)(w - w4) (w - w5), где все wi — корни уравнения Pz0(w) = 0. При обходе по окружности C против часовой стрелки аргумент сомножителя w - wi.

не изменяется, если wi лежит вне окружкости C, и увеличивается на 2, если wi лежит внутри окружности C. Поэтому при обходе окружности C против часовой стрелки аргумент функции Pz0 (w) увеличивается на 2 m, где m — число корней (с учетом кратностей) уравнения Pz0 (w) = 0, лежащих внутри окружности C. Поэтому кри вая C — образ окружности C при отображении = Pz0 (w) — обходит вокруг точки = 0 m раз (рис. 114). Так как по условию задачи центр окружности C — точка w0 — является корнем уравнения Pz0 (w) = 0, то m 1. Существует такое > 0, что окружность радиуса с центром в точке = 0 целиком содержится внутри кривой C (рис. 114).

Возьмем теперь другое комплексное число z0 и рассмотрим еще одно отображение = Pz0 (w). Пусть C — образ окружности C при отображении = Pz0 (w). Так как Pz0 (w) = 3w5 - 25w3 + 60w - z0 = = 3w5 - 25w3 + 60w - z0 + (z0 - z0) = Pz0 (w) + (z0 - z0), то кривая C получается из кривой сдвигом на вектор z0 - z0 (см. 246). Если длина вектора z0 - z0 меньше, то кривая C сдвинется так мало, что полученная из нее кривая C будет обходить вокруг точки = столько же раз, сколько и кривая C. (Представьте себе, что, наоборот, сдвигается точка = 0;

рис. 114.) Так как кривая C обходит вокруг точки = 0 m раз, то и кривая C будет обходить вокруг точки = 0 m раз. Отсюда, рассуждая как и выше, получаем, что внутри окружности C лежит m 1 корней уравнения Pz0 (w) = 0 (с учетом кратностей).

Рис. 113 Рис. 345. Пусть z0 — произвольная точка, отличная от z = ±38 и z = = ±16. Тогда имеется ровно 5 различных образов точки z при отоб ражении w(z). Пусть это будут точки w1, w2, w3, w4, w5. Если непре рывная кривая C выходит из точки z0, то из каждой точки wi (i = 1,..., 5) выходит хотя бы один непрерывный образ кривой C при отображении w(z). Если бы из некоторой точки wi выходило два непрерывных образа кривой C (расходящихся именно в точке wi), то кривая C имела бы по крайней мере 6 непрерывных образов. Этого не может быть, так как уравнение 5-й степени не может иметь более пяти корней. Следовательно, точка z0 не является точкой неоднозначности функции w(z).

Рассмотрим теперь 5 кругов: D1, D2, D3, D4, D5 некоторого ради уса r с центрами в точках wi. Выберем r настолько малым, чтобы эти круги не пересекались и не касались друг друга. В силу результата задачи 344 существует круг D0 с центром в точке z0 такого радиу са, что у любой точки z0 из этого круга имеется по крайней мере по одному и, следовательно, ровно по одному образу в каждом из кругов D1, D2, D3, D4, D5, построенных на плоскости w. Если C — непрерывная кривая, целиком лежащая в круге D0, то все образы всех ее точек лежат в кругах Di (i = 1,..., 5). Но тогда непрерывный образ кривой C при отображении w(z) не может перескочить из одного круга в другой, т. е. любой непрерывный образ C кривой C целиком содержится в одном из кругов Di (i = 1,..., 5). Если кривая C, лежащая целиком в круге D0, начинается и кончается в одной и той же точке z0, то ее непрерывный образ C должен начинаться и кончаться в некоторых точках, являющихся образами точки z0 при отображении w(z). Так как кривая C лежит целиком в некотором круге Di (i = 1,..., 5) и в этом круге имеется ровно один образ точки z0, то кривая C начинается и кончается в одной и той же точке.

Таким образом, если C — замкнутая кривая, целиком лежащая в круге D0, то значение функции w(z) в конечной точке кривой C, определенное по непрерывности, совпадает со значением в начальной точке. В частности, это справедливо для всех окружностей с центром в точке z0 радиуса, меньшего, чем. Следовательно, точка z0 не является точкой разветвления функции w(z).

346. Из решения задачи 343 следует, что при z = z0 = 38 урав нение (14.1) имеет четыре корня: w1, w2, w3, w4 причем один из них (пусть, например, w1) имеет кратность 2, остальные корни про стые. Пусть точка z0 лежит вблизи точки z0. Тогда из решения за дачи 344 получаем,что вблизи точки w1 лежат два образа точки z при отображении w(z), а вблизи точек w2, w3 и w4 лежит пo одному образу точки z0. Пусть окружность C малого радиуса с центром в точке z0 начинается и кончается в точке z0. Так же как при решении задачи 345, получаем, что непрерывные образы окружности C при отображении w(z), начинающиеся вблизи точек w2, w3 и w4, окан чиваются в исходной точке, а непрерывные образы, начинающиеся вблизи точки w1 в одном из образов точки z0, могут заканчиваться в другом образе точки z0, также лежащем вблизи точки w1. Поэтому в точке z0 с трех листов римановой поверхности нет переходов на другие листы и только два листа могут соединяться между собой.

347. Проведем какую-нибудь непрерывную кривую C из точки w в точку w1 так, чтобы она не проходила через образы w(z) точек z = = ±38 и z = ±16. Такую кривую провести можно, так как точки z = ±38 и z = ±16 имеют конечное число образов. Пусть теперь C — образ кривой C при однозначном отображении z(w) = 3w5 - 25w3 + 60w.

Так как z(w) — непрерывная функция и C — непрерывная кривая, то и C — непрерывная кривая. Так как z и w при отображении z(w) связаны соотношением 3w5 - 25w3 + 60w - z = 0, таким же, как при отображении w(z), то кривая C в свою очередь является непрерыв ным образом кривой C при отображении w(z). Так как кривая C не проходит через образы точек z = ±38 и z = ±16, то кривая C не проходит через точки z = ±38 и z = ±16. Начальная и конечная точки кривой C — это z(w0) = z0 и z(w1) = z1. Таким образом, кривая C — искомая.

348. В силу результата задачи 347 с любого листа римановой по верхности функции w(z) можно перейти на любой другой лист по некоторой кривой, не проходящей через точки z = ±38 и z = ±16.

При этом переходы с листа на лист при пересечении разрезов совпа дают с переходами, указанными в той точке разветвления, из которой проведен данный разрез (см. замечание 1 на стр. 96). Следовательно, соединения листов в точках разветвления должны быть такими, что бы получалась единая связная схема. Так как точки, отличные от z = ±38 и z = ±16, не являются точками разветвления (см. 345), а в каждой из точек z = ±38 и z = ±16 могут соединяться только листа (см. 346), то для получения связной схемы необходимо, чтобы соединения были в каждой из точек z = ±38 и z = ±16, т. е. все четыре точки являются точками разветвления. Все различные связные схемы показаны на рис. 115. Любые связные схемы римановой поверхности функции w(z) приводятся к этим трем схемам перестановкой листов и точек разветвления. (Мы здесь не утверждаем, что все 3 схемы могут быть реализованы.) Рис. 349. Докажем, что группа подстановок листов для всех трех схем, показанных на рис. 115, содержит все элементарные транспозиции (см. стр. 47), т. е. транспозиции (1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5). Для первой схемы это очевидно, так как эти транспозиции просто соответствуют точкам разветвления. Во второй и третьей схемах одной из точек разветвления соответствует транспозиция (1, 2). Транспозиции (2, 3) и (3, 4) получаются в обоих случаях как произведения (2, 3) = (1, 2) (1, 3) · (1, 2) и (3, 4) = (1, 3) · (1, 4) · (1, 3). Транспозиция (4, 5) по лучается для второй схемы как произведение (4, 5) = (1, 4) · (1, 5) · (1, 4), а для третьей схемы она просто соответствует одной из точек разветвления.

Таким образом, искомая группа во всех трех случаях содержит все элементарные транспозиции и, следовательно (теорема 4, стр. 47), совпадает со всей группой подстановок 5-й степени.

350. Из результата задачи 349 получаем, что группа Галуа для функции w(z) — это группа S5 всех подстановок 5-й степени, которая неразрешима (см. теорему 5, стр. 50). С другой стороны, если функ ция w(z) выражается в радикалах, то соответствующая ей группа Га луа должна быть разрешимой (теорема 11, стр. 107). Из полученного противоречия и вытекает, что функция w(z) не может быть выражена в радикалах.

351. У к а з а н и е. Если бы такая формула существовала, то, под ставив в нее значения a0 = 3, a2 = -25, a4 = 60, a1 = a3 = 0 и a5 = z, мы получили бы, что функция w(z) (см. 350) выражается в радикалах.

352. Функция w1(z), выражающая корни уравнения (14.2) через параметр z, имеет риманову поверхность, которая состоит из отдель ного листа, на котором w1(z) 0, и 5 листов, которые составляют схему римановой поверхности функции w(z), выражающей корни уравнения 3w5 - 25w3 + 60w - z = через параметр z. Поэтому группа Галуа, соответствующая функ ции w1(z), совпадает с группой Галуа, соответствующей функ ции w(z), т. е. с группой S5, всех подстановок 5-й степени, которая неразрешима (см. 349). С другой стороны, если функция w1(z) выражается в радикалах, то соответствующая ей группа Галуа должна быть разрешимой (см. теорему 11, стр. 107). Из получен ного противоречия вытекает, что функция w1(z) не выражается в радикалах и общее алгебраическое уравнение степени n при n > неразрешимо в радикалах.

Предметный указатель Абеля теорема 12, 112 Действительная часть комплексно алгебраическая форма комплекс- го числа ного числа 60 деление многочленов с остатком алгебраическое уравнение с одним дистрибутивность неизвестным степени n общее Еcтественный гомоморфизм аргумент комплексного числа единица группы ассоциативность Безу теорема 80 Знакопеременная группа бинарная операция Изменение аргумента вдоль кривой Вектор — свободный изоморфизм групп ветвь функции — полей взаимно однозначное отображение Кардано формула Виета теорема коммутант внутренний автоморфизм коммутативная группа коммутатор Гомоморфизм коммутирующие элементы 23, — естественный комплексного числа алгебраичес группа кая форма — бесконечная — — геометрические представле — — циклическая ния — вращений додекаэдра — — тригонометрическая форма — — квадрата комплексное число — — куба корень алгебраического уравнения — — тетраэдра — — треугольника — — кратности k — Галуа — многочлена — знакопеременная — коммутативная Лагранжа теорема — конечная левое разложение группы по под — подстановок значений функции группе левый смежный класс — — листов схемы римановой по лист верхности — преобразований Метод Феррари — разрешимая мнимая часть комплексного числа — симметрий квадрата — — прямоугольника многочлен — — ромба — неприводимый — — тетраэдра — приводимый — — треугольника модуль комплексного числа — симметрическая Муавра формула — целых чисел по сложению — циклическая порядка n 24 Непрерывная кривая группы изоморфные 26 — функция непрерывный образ кривой 87 — многочленов нечетная подстановка 48 — функций нормальная подгруппа 34 разрешимая группа риманова поверхность 85, Образ подмножества — элемента Свойство монодромии образующий 24, симметрическая группа обратное преобразование симметрия фигуры обратный элемент сложение по модулю n общее алгебраическое уравнение с смежный класс левый одним неизвестным степени n — правый однозначная непрерывная ветвь сопряженные комплексные числа основная теорема алгебры ком плексных чисел сумма многозначных функций отображение — многочленов — взаимно однозначное — функций — на суперпозиция функций схема римановой поверхности Параметрическое уравнение кри вой Теорема Абеля 12, перестановочные элементы 23, — Безу подгруппа — Виета — нормальная — Лагранжа подстановка 19, точка неоднозначности — нечетная — разветвления — циклическая транспозиция — четная — элементарная поле тригонометрическая форма ком полный прообраз подмножества плексного числа порядок группы — подгруппы Умножение по модулю n — элемента уравнение кривой параметрическое правое разложение группы по под группе правый смежный класс Факторгруппа преобразование множества Феррари метод — обратное формула Кардано — тождественное — Муавра произведение многозначных функ функция, выражющаяся в радика ций лах — многочленов — преобразований 19 Центр группы — функций 71 цикл производная многочлена 81 циклическая группа прообраз элемента Частное в поле прямое произведение — двух многозначных функций Разложение группы по нормальной — — функций подгруппе четная подстановка — по подгруппе левое — — правое Элементарная транспозиция разность в поле — многозначных функций 98 Ядро гомоморфизма Валерий Борисович Алексеев ТЕОРЕМА АБЕЛЯ В ЗАДАЧАХ И РЕШЕНИЯХ Верстка А. Переверзевой Издательство Московского Центра непрерывного математического образования.

121002, Москва, Б. Власьевский пер., 11.

Лицензия ИД №01335 от 24.03.2000 г.

Подписано в печать 28.02.2001 г.

Формат 84 108 /32. Бумага офсетная.

Печать офсетная. Печ. л. 6,0. Тираж 3000.

Заказ №.

Отпечатано ОАО «Типография Новости“ » ” 107005, Москва, ул. Фридриха Энгельса, 46.

Вы можете приобрести книги издательства МЦНМО в «Математическом библиоклубе» по адресу Большой Власьевский пер., д. 11.

Pages:     | 1 | 2 ||



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.