WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 57 | 58 || 60 | 61 |   ...   | 65 |

39.16. Множество всех многочленов с целыми коэффициентами, имеющих данную степень n, счётно. Каждый из них имеет не более n различных корней, поэтому множество корней многочленов степени n с целыми коэффициентами счётно (многочлены вида pxn - qxn-1 показывают, что оно бесконечно). Поэтому множество алгебраических чисел является объединением счётного множества счётных множеств.

39.17. Каждый из отрезков содержит рациональную точку, причём для непересекающихся отрезков эти точки разные.

39.18. Каждый из кругов содержит точку, обе координаты которой рациональны, причём для непересекающихся кругов эти точки разные.

39.19. Можно считать, что X и Y не пересекаются. Действительно, вме сто Y можно взять множество Y, состоящее из тех элементов Y, которые не принадлежат X. Множество Y является подмножеством Y, поэтому оно конечно или счётно.

Пусть X1 счётное подмножество в X, а X2 дополнение к X1 в X. Множество X1 Y равномощно X1, поскольку объединение счётного множества с конечным или счётным счётно. Установим взаимно однозначное соответствие множеств X1 Y и X1. Вместе с естественным взаимно однозначным соответствием множеств X2 и X2 (каждый элемент соответствует самому себе) оно даёт требуемое взаимно однозначное соответствие множеств X Y и X.

39.20. а) Это легко выводится из задач 39.5 и 39.7.

б) Можно воспользоваться такими же рассуждениями, как и при решении задачи 39.9.

39.21. а) Достаточно доказать, что множество точек отрезка [0, 1] равномощно множеству всех бесконечных последовательностей a1, a2,..., где a1 a2 aai = 0 или 1. Сопоставим такой последовательности число + + + 2 22 +.... Это представление числа из [0, 1] неоднозначно. Например, двоичные дроби 0, 01111... и 0, 1000... представляют одно и то же число. Но если мы отбросим все двоичные дроби с единицей в периоде, кроме дроби 0, 1111..., то оставшиеся дроби будут находиться во взаимно однозначном соответствии с точками отрезка [0, 1]. Выброшенные дроби образуют счётное множество, поскольку каждая из них задаётся конечной последовательностью из нулей и единиц.

Пусть X множество оставшихся дробей, Y множество выброшенных дробей. Тогда X имеет мощность континуума, поэтому согласно задаче 39.рассматриваемое множество X Y тоже имеет мощность континуума.

б) Следует из задачи а) и задачи 39.8.

39.22. Точку квадрата можно представить как пару точек отрезка. Согласно задаче 39.21 множество точек отрезка равномощно множеству бескоГлава 39. Теория множеств нечных последовательностей a1, a2,..., где ai = 0 или 1. Поэтому достаточно доказать, что множество упорядоченных пар таких последовательностей равномощно множеству таких последовательностей. Сопоставим паре последовательностей a1, a2, a3,... и b1, b2, b3,... последовательность a1, b1, a2, b2, a3, b3,... В результате получим требуемое взаимно однозначное соответствие.

39.23. Предположим, что удалось установить взаимно однозначное соответствие : X P (X). Пусть Y множество тех элементов x X, для которых x (x). Докажем, что этому подмножеству не соответствует никакой элемент множества X. Действительно, предположим, что Y = (y).

Тогда y Y y (y) y Y.

Первая эквивалентность вытекает из определения множества Y, а вторая из того, что (y) = Y.

Замечание. Обратите внимание, что если X =, то множество P (X) = = {} состоит из одного элемента.

39.24. Согласно задаче 39.21 б) множество P (X) всех подмножеств счётного множества X имеет мощность континуума. Согласно теореме Кантора P (X) не равномощно X, т.е. множество, имеющее мощность континуума на равномощно счётному множеству.

Дополнение 1. Рациональная параметризация окружности Чтобы найти все точки окружности x2 + y2 = 1, обе координаты которых рациональны, можно воспользоваться следующей конструкцией.

Возьмём на окружности произвольную точку A с рациональными координатами и проведём через неё всевозможные прямые. Например, в качестве точки A можно взять точку (1, 0) или точку (3/5, 4/5). Мы проведём вычисления для точки (1, 0), хотя для любой другой точки с рациональными координатами вычисления будут аналогичны.

Прямая, проходящая через точку (1, 0), задаётся либо уравнением y = t(x - 1), либо уравнением x = 1 (уравнение x = 1 можно получить из уравнения y = t(x - 1), положив t = ; поэтому удобно считать, что t принимает также значение ). Чтобы найти точки пересечения прямой y = t(x-1) и окружности x2 +y2 = 1, нужно решить квадратное уравнение x2 + t2(x - 1)2 = 1, т. е.

2t t2 - x2 - x + = 0.

t2 + 1 t2 + Одна точка пересечения прямой и окружности, соответствующая x = = 1, известна. Поэтому координату x второй точки пересечения можно найти с помощью теоремы Виета. В результате получим t2 - 1 2t x =, y = t(x - 1) = -.

t2 + 1 t2 + Таким образом, точка пересечения окружности x2 + y2 = 1 и прямой y = t(x - 1) имеет координаты t2 - 1 -2t,.

t2 + 1 t2 + Дополнение Это означает, что точка окружности имеет рациональные координаты тогда и только тогда, когда она соответствует рациональному значению параметра t. В самом деле, если число t рационально, то числа x = t2 - 1 -2t = и y = рациональны. А если числа x и y рациональны, то t2 + 1 t2 + y число t = тоже рационально. Значение t =, соответствующее x - точке (1, 0), удобно при этом тоже считать рациональным.

С помощью рациональной параметризации окружности можно получить описание пифагоровых троек, т. е. таких троек натуральных чисел (a, b, c), что a2 + b2 = c2. А именно, (a, b, c) пифагорова тройка тогда и только тогда, когда существуют такие натуральные числа m и n, что a = m2 - n2, b = 2mn, c = m2 + n2 (или a = 2mn, b = m2 - n2, c = m2 + n2). Доказательство этого утверждения начнём с того, что избавимся от общих делителей. Если два из трёх чисел a, b, c делятся на d, то третье число тоже делится на d. Поэтому можно считать, что a/c и b/c несократимые дроби. Точка (a/c, b/c) лежит на окружности x2 + y2 = 1 и обе координаты этой точки рациональны. Следовательно, a t2 - 1 b 2t = ±, = ±, c t2 + 1 c t2 + где t рациональное число. Пусть t = m/n несократимая дробь.

Тогда a m2 - n2 b 2mn = ±, = ±.

c m2 + n2 c m2 + nДробь m/n несократимая, поэтому числа m и n не могут быть оба чётными. Если одно из этих чисел чётно, а другое нечётно, то дроби m2 - n2 2mn и несократимые. Если же оба числа m и n нечётны, m2 + n2 m2 + nт. е. m = 2p + 1 и n = 2q + 1, то, как легко проверить, a 2m1n1 b m2 - n1 = ±, = ±, c c m2 + n2 m2 + n1 1 1 где m1 = p + q + 1 и n1 = p - q. Мы получаем несократимые дроби, так как одно из чисел m1 и n1 чётно, а другое нечётно.

Как мы уже говорили, взяв любую другую рациональную точку окружности, можно повторить аналогичные вычисления и получить аналогичную параметризацию окружности параметром t, причём рациональным значениям параметра будут соответствовать рациональные точки окружности. Более того, аналогичным образом можно параметризовать произвольную кривую второго порядка ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0. (1) 492 Дополнение Для этого нужно взять произвольную точку кривой и провести через неё всевозможные прямые.

Предположим, что выполняются следующие условия:

коэффициенты a, b,..., f рациональны;

выбранная точка кривой имеет рациональные координаты;

кривая (1) содержит бесконечно много точек.

Тогда в результате получим такую параметризацию кривой (1), что рациональным значениям параметра t соответствуют точки кривой, обе координаты которых рациональны. Напомним, что мы пользовались тем, что кривая (1) содержит хотя бы одну точку с рациональными координатами. Но такая точка есть не всегда. Самый простой пример кривая x2 + y2 = -1.

Более интересен пример кривой 2x2 + 5y2 = 1. Проверим, что на ней нет рациональных точек. Предположим, что (x, y) рациональная точка этой кривой. Можно считать, что x = p1/q и y = p2/q, причём у чисел p1, p2, q нет общего делителя (т. е. нет числа d, на которое делятся все эти три числа).

Числа p1, p2, q удовлетворяют соотношению 2p2 + 5p2 = q2. Поэтому 1 числа 2p2 и q2 при делении на 5 дают одинаковые остатки. Но число aпри делении на 5 может давать лишь остатки ±1 и 0. Поэтому число 2p2 при делении на 5 даёт остаток ±2 или 0, а число q2 даёт остаток ±1 или 0. Следовательно, оба числа 2p2 и q2 делятся на 5, а значит, они делятся на 25. Но тогда число 5p2 делится на 25, а значит, число pделится на 5. В результате получаем, что числа p1, p2, q делятся на 5, а это противоречит предположению.

Рациональная параметризация кривой второго порядка, отличной от окружности, применяется, например, при решении следующей задачи: Описать все кубические многочлены, у которых корни как самих многочленов, так и их производных, рациональны. Мы ограничимся случаем, когда один из корней равен 0 и старший коэффициент равен 1 (общий случай легко сводится к этому случаю). В этом случае P (x) = x(x + a)(x - b), где a и b рациональные числа, и P (x) = 3x2 + + 2(a - b)x- ab. Требуется, чтобы дискриминант D = 4 (a - b)2 + 3ab = = 4(a2 + b2 + ab) был квадратом рационального числа. Эквивалентное условие таково: a2 + b2 + ab = c2, где c рациональное число.

Положим x = a/c и y = b/c. Нас интересуют точки с рациональными координатами на кривой x2 + y2 + xy = 1. Одна такая точка очевидна:

x = 1 и y = 0. Проведём через неё всевозможные прямые y = t(x - 1).

Дополнение Подставим это выражение для y в уравнение кривой:

x2 + t2(x2 - 2x + 1) + tx(x - 1) - 1 = 0, т.е.

t + 2t2 t2 - x2 - x + = 0.

1 + t + t2 1 + t + tУ этого квадратного уравнения есть корень x = 1. Нас интересует втоt2 - 1 t2 + 2t рой корень x =. При этом y = t(x- 1) = -. Таким об1 + t + t2 1 + t + tразом, общее решение этой задачи выглядит следующим образом. Пусть t2 - c и t произвольные рациональные числа. Тогда a = c и b = 1 + t + tt2 + 2t = -c. Отметим, что если мы возьмём a = t2 -1 и b = -(t2 +2t), 1 + t + tгде t целое число, то получим кубический многочлен, у которого корни как самого многочлена, так и корни его производной, целые числа.

2. Суммы квадратов многочленов Нетрудно доказать, что любой многочлен p(x) с действительными коэффициентами, принимающий неотрицательные значения при всех действительных x, можно представить в виде суммы квадратов двух многочленов с действительными коэффициентами. Прежде всего заметим, что если p(z) = 0 и p многочлен с действительными коэффициентами, то p(z) = p(z) = 0, т. е. z тоже корень многочлена p. Поэтому корни многочлена с действительными коэффициентами разбиваются на действительные корни и пары комплексных корней. Следовательно, s t k p(x) = a (x - zj)(x - zj) (x - k)m, j=1 k=где числа k действительные.

Предположим теперь, что p(x) 0 при всех действительных x. Если x достаточно большое положительное число, то s t k (x - zj)(x - zj) (x - k)m > 0, j=1 k=поэтому a > 0. Кроме того, все числа mk чётны. В самом деле, пусть некоторые из чисел mk нечётны. Можно считать, что нечётны лишь числа m1,..., ms и при этом 1 <... < s. Тогда при s-1 < x < s выполняется неравенство t k (x - k)m < 0, k=494 Дополнение т. е. p(x) < 0. (Если s = 1, то это неравенство выполняется при всех x < s.) Таким образом, действительные корни тоже разбиваются на пары.

Следовательно, l l p(x) = a (x - zj) a (x - zj), j=1 j=где некоторые из чисел zj могут быть действительными. Пусть l a (x - zj) = q(x) + ir(x), j=где q и r многочлены с действительными коэффициентами. Тогда l a (x - zj) = q(x) - ir(x).

j= 2 В итоге получаем p(x) = q(x) + r(x).

Но для многочленов от нескольких переменных аналогичное утверждение уже не всегда верно, т. е. существуют неотрицательные многочлены (так мы будем называть многочлены с действительными коэффициентами, которые при всех действительных значениях переменных принимают неотрицательные значения), которые нельзя представить в виде суммы квадратов многочленов с действительными коэффициентами. Первым это доказал немецкий математик Давид Гильберт в 1888 г., но он не привёл явный пример такого многочлена. Первый простой пример привёл Т. Моцкин в 1967 г. А именно, он показал, что многочлен F (x, y) = x2y2(x2 + y2 - 3) + неотрицателен, но его нельзя представить в виде суммы квадратов многочленов с действительными коэффициентами. Основная трудность заключалась, конечно, в том, чтобы найти этот многочлен, а само доказательство его свойств, как мы сейчас увидим, несложно.

Неотрицательность многочлена F следует из того, что (1 - x2y2)2 + x2(1 - y2)2 + x2(1 - x2)2yF (x, y) =.

1 + x Предположим теперь, что F (x, y) = fj(x, y)2, где fj многочлены с действительными коэффициентами. Тогда fj(x, 0)2 = F (x, 0) = 1.

Если хотя бы один из многочленов fj(x, 0) от переменной x отличен от константы, то fj(x, 0)2 многочлен, степень которого в два раза Дополнение больше наибольшей из степеней многочленов fj(x, 0). Следовательно, fj(x, 0) = cj некоторая константа, а значит, fj(x, y) = cj + ygj(x, y).

Аналогичные рассуждения показывают, что fj(x, y) = c + xgj(x, y).

j Ясно, что cj = c и fj(x, y) = cj + xyhj(x, y), причём j deg hj = deg fj - 2 deg F - 2 = 1;

здесь deg f степень многочлена f. Таким образом, x2y2(x2 + y2 - 3) + 1 = x2y2 h2 + 2xy cjhj + c2, j j т. е.

x2y2(x2 + y2 - 3) - x2y2 h2 = 2xy cjhj + c2 - 1.

j j Все одночлены, встречающиеся в правой части этого равенства, имеют степень не больше 3, а все одночлены, встречающиеся в левой части этого равенства, имеют степень не меньше 4. Следовательно, x2y2(x2y2 - 3) - x2y2 h2 = 0, а значит, x2 + y2 - 3 = h2. Полуj j чено противоречие, так как x2 + y2 - 3 < 0 при x = y = 0.

Мы обсудили здесь лишь наиболее простые из известных результатов о суммах квадратов. Сейчас на эту тему известно весьма многое, но многие вопросы остаются пока без ответа. Гильберт высказал предположение, что любой неотрицательный многочлен от многих переменных можно представить в виде суммы квадратов не многочленов, а рациональных функций. Вопрос о том, верно это или нет, он включил под номером 17 в свой знаменитый список 23 проблем. Семнадцатая проблема Гильберта была решена в 1927 г. Э. Артином. Он доказал, что любой неотрицательный многочлен можно представить в виде суммы квадратов некоторого количества рациональных функций. В 1967 г.

А. Пфистер уточнил теорему Артина; он доказал, что любой неотрицательный многочлен от n переменных можно представить в виде суммы 2n квадратов рациональных функций. Но до сих пор не известно, можно ли заменить 2n на меньшее число. Лишь при n = 2 известно, что число 2n = 4 в данном случае минимально. А именно, в 1971 г. Касселс, Эллисон и Пфистер показали, что тот самый многочлен F (x, y), который мы рассмотрели выше, нельзя представить в виде суммы квадратов трёх рациональных функций. Их доказательство весьма сложно; оно опирается на глубокие результаты из теории эллиптических кривых.

Pages:     | 1 |   ...   | 57 | 58 || 60 | 61 |   ...   | 65 |



© 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.