А.А. Михалёв, А.В. Михалёв - Начала алгебры часть 1, страница 10

о= 2k, то(_1)'''/2 2n sin" <р = С'и ~ 'И)'nЕслиn1'1.+ С;,и,2,и2(",n-4~ 'и",-4) ~,= 2k, тосов" 'р == 2С05n<р+ 2nС05(n -2)<р+ 2С; С05(n -4)<р +",+(-1 )n/22п вш" <р ==2С05n<р - 2nС05(n- 2)'1' + 2С;С05(n -4)<р -",есл и 1'1.=2n2А:+ 1,+ (~1)n/2C~/2;тосов" 'р == 2cosn'P+2ncos(n~ 2)<p+2C~cos(n - 4)'1'+,++ 2C,\n-I)/2 СО5 <р,(_1)(n-I)/22 n вш" <р == 2 ып '11'1' - 2'11 5il1(n - 2)<р+ 2С; sil1(n~ 4)'1'- , , , ++ (_1)(",-I)/22C,\~,,-I)/2 sin <рУпражнение2.8.7.Если и= cos <р + '; sin <р, '1' f11.+ ..

+u0nиn'-1=11,---,u-12nАс, то74ГлаваПоле С комплексных чисел2.Приравнивая вещественные и мнимые части, получаем:sin П<р cos (пL сов k<p =2.5111"2k;[.П<р8111 -'L" sin k<p =2Ао=1Теорема2.8.8.(п+1)",5111 - - - -.вш2<р2(извлечение корней n-й степени из комплекс­ных чисел). Пусть п;;'Тогда существует ровноW Е+ 1J'P<р 21, О f z Е С, z = T(COS<p + ,; siп \О), т > О.n различных корней 17.-й степени из z (такихiC, что ш = z):n\О + 21rk<P+21rk)yr ( cos---+isin--,k=O,1,2,.,.,17.-l,Wk=nn= yr,Они все лежат на окружности радиуса рправильного n-угольника+ 2к'р \О;1--17.-образуя вершиныс аргументами2к=;;'р + -;;,..\О+ 2к(n -1) _ 'Е.11'1-17+2к (nn_)1.доказательство.

Будем искать решения 'Ш уравнения ю"ZВ тригонометрической форме:ш=р(соsli+isiпli).р>О.Тогда по формуле Муавра,шп. = Рn(СОБnО+ 'i.sil1n8)т. е. рn = Т, И поэтому (J=корней будет ровно n приk ='Шk == "'(costp+ i.sil1~) = ZJ'рО,'n -1.2..\О + 21fk:'р + 21fk)\fi ( СОБ - - + i ып - - -nТ/,+ 21rk,ф, nП(2Е дс.

Различныхk=0.1.2 ..... 17.-1.Упражнение 2.8,9. Найдём корни уравнения:r) -k1:+ i):" + (-1 + 7i)= ОО2.8.75Интерпретация обратного элемента(в алгебраической форме):Xl~ =(2+'i) ± )(2 +iJ22~ - ~'i, z}7 - 24; = 5-~, fi =Sil1'P =3п2то<'р<4= ± ( -5":2 = 3 - i,'Р2= -iSil1~). Так как Sil1'P < О, cosrp > О,'р'р. 'р4 < 2 < л , т. е. СОБ 2 < О, S1112 > О,3 .)СОБ'Р--2-- =2.8.10.+ v'зi4 . 'Р1 - cos 'Р3-6'S1112 = +--2-- = 6'(2 + i) ± (-4 + 3 i ) .2' Хl = -1 + 21"Хl,2 =Найти+ i вшвсекорни8") ;~2 (87ТС08 9 + .; зш 9На рисунке:степениимеют следующий вид:3Го (27ТC08=третьейиз2;). По формуле из теоремы все три'Шо=v2'Шl;3пJ1 ++ 5" . Итак,= 2 (cos 2;корня из -12=~-~; = СОБ'Р+"Sil1 \С, где СОБ,? =~,=2п, и поэтомуУпражнение-1 + v'зi(2 +i) ± ~+7'i)± (cos ~ +следовательно, С08fi-4(-127Т) ;g+'isil1 g'Ш2= ij22(14"9 +914") .СОБi ып77Комплексные корни n-й степени из единицы2.9,Точки Wk являются вершинами правильного n-угольника, вписанногов окружность единичного радиуса с центром8начале координат, приэтом одной из вершин этого многоугольника являетсяпри1.Например,n = 82.9.1.

СОВОКУПНОСТЬ Т = {ш Е iC I .о" = 1} всех n кор­"1 с операцией умножения является коммутативиойгруппой (гюдгруппой в т = {z Ilzl = 1} с С" = С \ {О}).Теореманей n-Й степени изДоказательство.1) Еслии),z= 1, г" = 1, тоЕ Тn , т. е. ш'"(шz)'"= w"zn = 1·1 = 1,поэтому 'ШZ Е ТN . Таким образом, на Т" определена операция умно­жения (очевидно, коммутативная и ассоциативная).2)3)Ясно, что1" = 1,т. е.Если 'Ш Е Т«, то 'Шn.1Е Т,,, и1-нейтральный элемент в Тn.·= 1,DЗамечание2.9.2.Группа Т" является циклической, т. евсе еёэлементы являются степенями одного элемента, называемого цикли­ческим образующим (в качестве одного из ликлических образуюших27Г.. 27Гkможно ВЗЯТЬ Ш!сов '/8111-, так как ША.('Шj)' для О ,;:+=~h:~ n -1,71=1/т, е.

все элементы "ША: группы Т', являются степеня-ми корня 1lJj, такие корни называются первообразнымиу. Покажите.78ГЛ8ВЕ1что 'ША- =cos2"k~+ 'l sin2.Поле С комплексных чисел2"k~ является первообразным корнем тогда итолько тогда, когда наибольший общий делитель чиселУпражнениеней уравнения :сЗадачап2.9.4.2.9.3. Дохаэатъ.= 1 равнап.) еслиkцелится на n;О, еслиkне делится на п,2.9.5.а) вш (.2':...) sin2nб)El" .j\Т"тоIzlk-xkи'/1,равен1.степеней кор­= 1, но z не является корнемдЛЯ любогоЕ М).nДоказать, что(2") ... ((n - 1)")sin2n"k8111 2n2+;2=i'Если z =из единицы (т.

е. z Е ТЗадачачто сумма всех+1 =2n-.j2n + 1--2-n-'Указание. Пусть:.I;~=e'l=cosWS,.n +isin(все КОрНИ степени2.,.,из1).Jr8s=1;2, . . ,211,11- JТогда11.-12'112n-l:"~,, - 1 = П {л: - ;с.,) = П (х ~ х,) П (х ~ x s)(x 2 ~ 1)8=18=1s=n+ln-}:с 2 " - 1 = (х 2 - 1) П (х ~ х,)(х - 30,) =s=111.-1=(:г 2_1)П (х 2 - 2х СОБ : ; ' + 1) .8=1Следовательно,(2111~;,,2 _ 12(n--2)+= .../.2("-1)+T+ 2+1... ..Тn-l(= П ,,;2 - 2 :с,~1соБ-5)"+1 .-:;2.10.79Решение уравнений третьей и чеТВёртой степениПолагая х'1/,= 1, имеем,,-1 (= П2 -2С05s=l("8)) = n.-l("8)П 4sin 2 2n-:;;.<;=1=2 2 ( П - l ) sin 2 (~) sin" (~~)'" sin2(_"_(_~_:_,_1_))Пункт б) доказывается аналогично,2.10.Решение уравненийтретьей и четвёртой степениЛюбое уравнениеспомощью замены{],n-l:с=у--­n(если а,,_]!О) сводится к уравнениюУпражнение2,10,1(решениеуравненийформула Кардано).

Покажи-ге. что длятретьейстепени,= 3 все решения куби­= О (р, '] Е С) имеют вид '1/, +", где'1/ческого уравнения г 3 + ]!Т + ']l',,?ил: =",3 и 'И.! - корни квадратного уравнения г:-3'+ qz-1'327=Таким образом, для всех трёх решений имеем формулу Кардана!:1:--'1 +2где кубические корни 11 и l' связаны соотношением '11.1) =Если n1 И '1'1 ~ какие-либо значения корней']2l'-3.О,80г.лавасоответственно и"'1"1где w = -~2 + VЗi22.Поле С комплеКСНblХ чисел= -~, то корни находятся по правилу=-Yl.ВеличинаD = -27 ч 2 - 41'3 называется дискриминантом многочлена х 3 + 1'1, + ч· Условие D = О равносильно существованию3чпри этом еслии l'= О,то '1 = О, а уравнение принимает вид з;3Если р,qЕ3чD = О и р =f о имеем ;101 = -, ;"2 = ;103 = --,3ч3чl'21'- = - - , то имеется корень кратности 3; если D = Ор21'кратного корня (приIR, то:HЬJX корня; при ОD >при<= О).О имеется три различных действитель­О имеется один действительный и два мнимыхсопряжённых корня; приО все корни действительные, из нихD =хотя бы два совпадают.Примеры1) х 32.10.2.+ 5х + 2х 28= О,хl=1, Х2-2, 1'з=6i" + 4(1 - 'i)=О,"1=-1 - i,+9,,2 + 18;Е+28=О, "1=-7,2)1'3 -3),,:!Упражнение"2"2===-4.-1 - i,"3-l-iVЗ, Х3==2 + 2i.-1 +iVЗ.(решение уравнений четвертой степени;2.10.3Феррари, Эйлер).

для решения уравнения"А+ рх + Ч" + т =2О(р, Ч,'- Е С)рассматривается соответствующее кубическое уравнениеу')Если Yl, У2, Уз нениянаходятся+ 2ру2 + (р2- 4т)у - '/= о.корни этого уравнения, то все корни исходного урав­поправилугде выбор квадратных корней подчинён условию81Основная теорема алгебры комплексных чисел2. JJ.Задача2.10.4.Решить уравненияа) "А+ 2:/:3 + :r:2 -б) зА+ 2:г;) + 2:1;2 + ;/: -1 = О,11Ответ: -2(1 ± vI5), -2(1 ± iVЗ);7=О.Ответ: -Н l± iJ2J29 + 1), -Н l± J2V29 Замечание2.10.5.1)Отметим, что общее уравнение пятой степенинеразрешнмо в радикалах, при этом существует критерий разреши­мости в радикалах уравнения любой степени (Абель, Галуа).2.11.Основная теоремаалгебры комплексных чисел(теорема Гаусса,Теорема2.11.1.1799Если л:г) Ег.)C[:r:], deg .f(:r:)~1,то существуеткорень с Е С многочлена Л:Е), т.

е. лс) = О.Доказательство.Шаг(существование абсолютного минимума вещественнознач­1ной функцииU(1:)1на комплексных числах С). Напомним, чтоиДЛЯ Zl. 22 ЕiC.Лемма 2.11.2. Если Лег) = хН + 0.,,_11:,,-1."~1,то наiiдётся радиус О<А. ЕIRC+ .. + щх + о.[),а, Е С,такой, что1}(z)1 > 1.1(0)1 (= 10.01) для всех z Е С,Izl > А.(это о:mачает, что вне круга радиуса А. с иенгро» в О значение функ­инн1/(.1)1прееоскоинг1.1(0)1 = 10.01)·82Главадоказательство.Поле С комплексных чисел.0 Е С Тогда+ "'n...1Z'- J + ... + "'IZ + 0.0 = Z п!I(·z ) = о"и'fПусть О2.((1n-11 + -z-+.+11ОЭТОМУ1/(2)1=Izl n11+ (a'~_1 ++ ~)I ~;;, Izln (1 _1 о.n-l + ... + '!:fJ.1) ~гZ71.. ln' ( 1 _ 10."-11:fJ.l.)Izl _ . ..

_l'!Izl"~ 1'"=(1 1)'р z ,где<p(t)=t "Ясно, чтоС =<ри)(la"-11laol)1--t--"'-~lim <p(t) = +00,l-+oo1.I(z)1~z='/1.11(и,11) Е IR2, ТО .I(z)+ 01.,'n) -О такое, что для t>А имеем<p(lzl) = <p(t) > с = I.I(O)! = laol· о11(z)l: с -; IR непрерывна как композициянепрерывных функций С -; С, z>-+ф1(n,tEIR.и поэтому для любого С (например, для1/(0) 1= 10.01) найдется IR э А >> С. Итак, если Izl = t > А, тоТак как функциядля/(z),с-; IR, 11J >-+ Iшl= 1/11(11,,1') + 1/)2(и, 11)1,двух(или еслигде 1/)1 (и, 1)) Имногочлены с действительными коэффициентами от '11.,поэтомуl/(z)1= ')-</;1 (n,'и)2+ '</;2(""и)2 -"1,непрерывная функция от(н,n)), то на замкнутом ограниченном множестве (компакге)1< =непрерывная функция"" С К: В частности,Izl >{z Еl/(z)111(zo)1Ilzl >( А}>(IJ(O)I=своего10.01минимумаЕсли2в точкеЕ С \ к, т. е.А, то, как мы видели,11(z,,)1Таким образом, в точкенииСдостигает>(1.1(0)1>(l/(z)l·Zo достигается абсолютный минимум функ­1/(2)1 на С.Шаг2.многочленаМы покажем, чтоI(x)./(20) = О, т.

е. с = оо является корнемДействительно, если/(20) 'fО, тоl/(zo)1 >о и,как показывает следующая лемма Даламбера, это допущение проти­воречит тому, что 20 -абсолютный минимум функции1/(:1:)1.2.11.83Основная теорема алгебры комплексных чиселЛемма 2.11.3(лемма Даламбера).Пусть f(x)ЕС]»],cleg.f(:I) ? 1. .f(zo) ef о для Zo Е С. Тогда для любого Е > О най­дётся такой элемент у Е С, чтоДоказательство. Если.f(z) = иО + GIZ + ..lyl < Еz = zo + у,= j(zo) ef опри у"' в(при уZoт.

е. у =If(.зо)l·z - zo.то=о имеем+ CIY + ... + Cn_ly'll.-l + сnуn,.:=оо), С"'=1(как коэффициент>kО-наименьшийномерслагаемого,длякоторогоО. Итак,Основное соображениеки+ y)1 <+ у)П).(ZoПустьCk efIj(zo+ a'n_lZn- 1 + г" == СОгде соИзаключаетсяв том, что в окрестноститоч­(т. е. у = О) поведение многочлена определяется первыми двумячленами СО+ с,у'.Сначала пусть Уа- одно из решений уравнения со= О (т. е.У5 = - ЗJ., Уа - один из k корней из комплексного числа - ЗJ.).