1610841785-f468a61572dab6722e8deb8e3ec644ad (824277), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Поэтому любой минор в A порядка s равен нулю.• Заданные r линейно независимых строк образуют базу системы строк в A (т. к. rk A = r), поэтомуостальные строки можно обнулить элементарными преобразованиями. На соотношения между столбцамиэто не повлияет, так что заданные r линейно независимых столбцов перейдут в линейно независимые.Пересечения этих новых столбцов с теми r строками линейно независимы, поскольку получаются отбрасыванием нулей. Это значит, что соответствующий минор в пересечении отличен от нуля.
B(n, если rk A = n,Aпри n = 2,bbb = 1, если rk A = n − 1, (2) |A|b = |A|n−1 ; (3) AТеорема 3. (1) rk A=|A|n−2 A при n > 2.0, если rk A < n − 1;b = n ввиду равенства AAb = |A|E.(1) • Если rk A = n, то |A| =6 0, откуда rk Ab = 0.• Если rk A < n − 1, то все миноры порядка n − 1 матрицы A равны 0, так что Abb• Пусть rk A = n − 1. Тогда |A| = 0 и AA = 0, т. е. столбцы матрицы A являются решениями системыAX = 0.
Её пространство решений одномерно, т. к. число свободных неизвестных равно n − rk A = 1.b 6 1. Но хотя бы один минор порядка n − 1 в A отличен от нуля. Поэтому Ab 6= 0 и rk Ab = 1.Значит, rk Anbbbb(2) AA = |A|E ⇒ |A||A| = |AA| = |A|E = |A| . Остаётся заметить, что |A| = 0, если |A| = 0.bbb = |A|A−1 и AbAb−1 = |A|n−1 (|A|A−1 )−1 = |A|n−2 |A|.(3) Пусть n > 2 и rk A = n (иначе ясно).
Тогда A= |A|Геометрия комплексных чиселТеорема 1. Отображение C → C, z 7→ r(cos ϕ + i sin ϕ)z, при любых r > 0 и ϕ ∈ R задаёткомпозицию поворота на угол ϕ и гомотетии с коэффициентом r (оба — с центрами в нуле).a−b a, b ∈ RМатричная реализация поля C:C∼=ba √Теорема 2. Все значения n z (где 0 6= z ∈ C, 2 6 np∈ N) — вершины правильного n-угольника,nлежащие на окружности с центром в нуле радиуса |z| (при n = 2 — отрезка).ω(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕpnk ∈ Z+ i sin ϕ+2πkcos ϕ + i sin ϕ = cos ϕ+2πknnФормулы Муавра:Группа корней n-й степени из единицы:√nωcos 2π5 1 = εkn k ∈ Z ,где εn := cos 2π+ i sin 2π— порождающий этой циклической группы.nn1. Выразите ω = ε5 в радикалах, разложив2z 5 −1z−11ω3ω4= z 4 + z 3 + z 2 + z + 1.2.
Вооружившись циркулем и линейкой, отметьте указанные числа на комплексной плоскости.Окружность везде единичная. На каких рисунках можно выполнить задание и без неё?zzzzw1 2a) z , zb) iz, (1 + i)zz2d) zw, wz2c) z 2 , zz, zzize)√z,√4z2f)√3i,√6−1g)√5z5h)"3. Если числа a, b, c ∈ C не все равны, то 4abc правильный ⇔→−C 4 abc правильный ⇔ вектор ba получается из век→−тора bc поворотом вокруг точки b на угол ±π/3 ⇔a − b = −ε±2 (c − b) (т. к. −ε2 = cos π3 + i sin π3 ), а эторавносильно требуемому. Bbbε√81\√41a + bε + cε2 = 0(см. рисунки).a + bε2 + cε = 0cba1bε2√31 = {1, ε, ε2 }ε=√−1+i 32ca + bε + cε2 = 0aa + bε2 + cε = 0d0zzaa) |a| = |b| = 1? 2abz = a+bcab) |a| = |b| = |c| = |d| = 1? a+d−b−cz = ad−bcz−az−a z−a∈ iR ⇔+=0aaa−1a=a⇐⇒ az + az = 2.
Аналогично bz + bz = 2. Исключая2abиз этих уравнений z, находим z =.Ba+b4. а) C z − a ⊥ a ⇔Преобразования комплексной плоскостиa + CATCATi · CAT− 65 · CATТеорема Шаля. Всякое движение плоскости есть либосдвиг, либо поворот, либо скользящая симметрия (композиция осевой симметрии и сдвига вдоль её оси).Алгебро-геометрический словарик базовых преобразованийTa : z 7→ z + a параллельный переносна вектор aOHk : z 7→ kz гомотетия с коэффициентом0 6= k ∈ R и центром OORϕ : z 7→ (cos ϕ + i sin ϕ)z поворот на угол ϕ вокругточки OSR : z 7→ z симметрия относительнодействительной осиaCAT5. Запишите на комплексном языке: а) поворот Rϕa на угол ϕ вокруг точки a; б) симметриюSϕa относительно прямой, проходяшей через точку a под углом ϕ к оси абсцисс.а) Идея сопряжённых2 движений:Rϕa = Ta ◦ RϕO ◦ Ta−1 : z 7→ (cos ϕ + i sin ϕ)(z − a) + a6.
Опишите явно следующие движения: а) Rϕa ◦ Sψa ; б) Sϕa ◦ Sψb ; в) Rψa ◦ Rϕb ; г) Ta ◦ Rϕb ; д) Hka ◦ Hlb .7. Композиция T ◦ S сдвига и симметрии является скользящей симметрией.C Считая ось симметрии действительной прямой, запишем данную композию в виде z 7→z + a + bi (a, b ∈ R) и преобразуем:z 7→ z −bi2+bi2+ a = Ta ◦ Sy=b/2 (z)Теперь ясно, что это — композиция симметрии относительно прямой y =ный ей вектор a. Bb2и сдвига на параллель-8. Заполните пропуски в доказательстве теоремы Шаля.C Пусть ρ : R2 → R2 — движение плоскости.Шаг 1 (лемма о трёх гвоздях). Если ρ имеет три неподвижные точки, не лежащие на однойпрямой, то ρ = id. 1Шаг 2.
Если ρ имеет две неподвижные точки a и b, то либо ρ = id, либо ρ = Sab . 2Шаг 3. Если ρ имеет неподвижную точку a, то либо ρ = Rϕa для некоторого ϕ, либо ρ = Slaдля некоторой прямой l 3 a. Действительно, пусть b 6= a и ρ(b) = b0 . Рассмотрим поворот R∠bab00a(b 7→ b ). Тогда движение R∠bab0 ◦ ρ имеет неподвижные точки a и b. 3Шаг 4. Пусть ρ не имеет неподвижных точек и ρ(a) = b. Тогда движение Tba ◦ ρ имеет неподвижную точку a.
4 B9. Следствие. Общий вид собственных и несобственных движений плоскости соответственно:где a, b ∈ C, |a| = 1.z 7→ az + b, z 7→ az + b,Замечание: при произвольном 0 6= a ∈ C получаем преобразования подобия.10. Найдите: а) прообраз круга {z | |z| < 1} при отображении z 7→ iz+1;z+iz−iб) образ полуплоскости {z | Im z > 0} при отображении z 7→ z+i ;zв) прообраз прямой iz+1 {z | Re z = Im z} при отображении z 7→ z+1 .Решение. а) z+i < 1 ⇔ |iz + 1| = |i||z − i| < |z + i| ⇔ точка z удалена от i меньше, чем от−i ⇔ Im z > 0.Ответ: {z | Im z > 0}.2В смысле теории групп, ср. с сопряжёнными перестановками.Комплексные числа и их применения1. Найдите все такие n ∈ Z, что (sin ϕ + i cos ϕ)n = sin nϕ + i cos nϕ для всех ϕ ∈ R.2. Наматывание прямой на окружность.
Докажите, что для всех z ∈ Cx+i|z| = 1 6= z ⇐⇒ ∃x ∈ R z =.x−i3. Решите уравнения в C: а) z 8 = z 7 ; б) z 5 = |z|5 ; в) (1 + z + z 2 + . . . + z n )2 = z n , n ∈ N.√√√√√4. а) Докажите: m 1 ∩ n 1 = (m,n) 1. б) Вычислите m −1 ∩ n −1.Суммы биномиальных коэффициентов5. Вычислите Cn0 + Cnj + Cn2j + . . .
при j = 1, 2, 3, 4, 5.Решение для j = 1, 2, 3, 4. Подставив в равенство (1 + x)n =Pnk kk=0 Cn xзначения x = ±1, получим:Cn0 + Cn1 + Cn2 + . . . = 2n и Cn0 − Cn1 + Cn2 − . . . = 0.Складывая их, получим Cn0 + Cn2 + Cn4 + . . . = 2n−1 . Подставим теперь x = i:nXCnk ik = (1 + i)n =√nπncos πn4 + i sin 42n=⇒ Cn0 − Cn2 + Cn4 − .
. . = Re (1 + i)n = 2 2 cos πn4 .k=0nОтсюда Cn0 + Cn4 + Cn8 + . . . = 2n−2 + 2 2 −1 cos πn4 .2πВ случае k = 3 подставим x = ε = cos 2π+isin33 . ОбозначимS0 = Cn0 + Cn3 + Cn6 + . . . ,S1 = Cn1 + Cn4 + Cn7 + . . . ,S2 = Cn2 + Cn5 + Cn8 + . . .πn12Поскольку 1 + ε = cos π3 + i sin π3 , то S0 + εS1 + ε2 S2 = (1 + ε)n = cos πn3 + i sin 3 . Ввиду Re ε = Re ε = − 2 ,S0 − 12 (S1 + S2 ) = Re (1 + ε)n = cos πn3 .Учитывая равенство S0 + S1 + S2 = 2n , получаем ответ: S0 = 13 2n + 32 cos πn3 .Многочлены ЧебышёваXncos nϕ + i sin nϕ = (cos ϕ + i sin ϕ)n =Cnk cosn−k ϕ(i sin ϕ)k .k=02m2mОтсюда с учётом равенства sin ϕ = (1 − cos ϕ) получаем, что cos nϕ и sin nϕ/ sin ϕ — многочлены от cos ϕ.
Они называются многочленами Чебышёва I и II рода соответственно:cos nϕ = Tn (cos ϕ),sin nϕ = sin ϕUn−1 (cos ϕ).Примеры (c = cos ϕ, s = sin ϕ):T2 (c)U1 (c)z }| {z}|{2cos 2ϕ + i sin 2ϕ = (c + is) = c + 2ics + (is) = 2c − 1 +is( 2c );22cos 3ϕ + i sin 3ϕ = (c + is)3 = c3 + 3c2 (is) + 3c(is)2 + (is)3 = c3 + 3c(c2 − 1) +is(3c| +{zc − 1}).|{z}2224c3 −3c=T3 (c)4c2 −1=U2 (c)6. Найдите многочлены T4 , U3 и постройте графики многочленов Tn , Un−1 при n 6 4.7. Найдите свободные члены многочленов Чебышёва, а также суммы их коэффициентов.8.
Найдите нули многочленов Чебышёва.9. Докажите, что Tm (Tn (x)) = Tn (Tm (x)) для всех m, n ∈ N.10. Докажите рекуррентные формулы:Tn (x) = 2xTn−1 (x) − Tn−2 (x),11. Докажите явные формулы3 :√√nnx + x2 − 1 + x − x2 − 1Tn (x) =,2Un (x) = 2xUn−1 (x) − Un−2 (x).Un−1 (x) =x+√√nnx2 − 1 − x − x2 − 1√.2 x2 − 1√Их можно воспринимать или как равенства формальных выражений (и тогда √x2 − 1 — формальный символ,квадрат которого равен x2 − 1), или как равенства комплексных чисел (и тогда под x2 − 1 всюду в одной формулепри одном x понимается одно из двух значений корня, причём вторая формула рассматривается при x 6= ±1).3Числа Грегори4 θx = arctg x112. Докажите равенства:π4= θ2 + θ3 = θ2 + θ5 + θ8 = θ3 + θ5 + θ7 + θ8 = 4θ5 − θ239 .Можно, конечно, (многократно) применять формулу для tg(α + β), учитывая периодичность тангенса.Но проще применить комплексные числа, интерпретируя θx как аргумент комплексного числа x + i.Сочитаем для примера s = arctg 1 + arctg 2 + arctg 3.Заметим, что s есть аргумент произведения (1 + i)(1 + 2i)(1 + 3i) = 10i, а значит, s ≡ π (mod 2π).
Изоценок 0 < arctg 1, arctg 2, arctg 3 < π2 ⇒ 0 < s < 3πполучаем ответ: s = π.2Корни из единицыНапомним, что сумма всех корней n-й степенииз единицыPравна нулю, а значит, суммы ихPn−1n−1действительных и мнимых частей равны нулю: k=0 cos 2πk= k=0sin 2πk= 0.nn2π◦Подставив в первое из данных равенств n = 5, выразим cos 5 = cos 72 в радикалах:√= 0 =⇒ 4c2 + 2c − 1 = 0 =⇒ c =1 + 2 cos 2π+2 cos 4π55| {z }| {z }c5−1,4т. к. c > 0.2c2 −1Замечание. С помощью полученного равенства строится правильный пятиугольник.13. Решите уравнение cos x + cos 2x + cos 3x +12= 0 (x ∈ R).nnQQQπk n−1πkπkπkиsin; б)cosиsin.2n k=12n2n + 1 k=12n + 1k=1k=1Указание для п.
а): обозначив ε := ε2n = cos πn + i sin πn , разложите двучлен x2n − 1 на линейныемножители и сгруппируйте скобки с сопряжёнными корнями:14. Вычислите: а)x2n−1=n−1Q2n−1Yk=0cosk2(x − ε ) = (x − 1)n−1Yk=1kx − ε )(x −εk2= (x − 1)n−1Yk=1πkx − 2 cosx+1 .n2Теперь сократите на x2 − 1 и подставьте x = ±1.Тригонометрические суммыnPВычислим суммы C =cos kϕ и S =k=1C + iS =nXnPk=1qk =k=1q n+1 − qq−1sin kϕ. При q := cos ϕ + i sin ϕ 6= 1 имеем:q=q −1=(q n+1 − q)(q −1 − 1)q n − q n+1 + q − 1=.(q − 1)(q − 1)|q − 1|2Приравняем действительные и мнимые части:nXk=1nXcos kϕ =cos nϕ − cos(n + 1)ϕ + cos ϕ − 1,2 − 2 cos ϕsin kϕ =sin nϕ − sin(n + 1)ϕ + sin ϕ.2 − 2 cos ϕk=1Преобразовав и сократив на 4 sin ϕ2 , получимnXk=1n+1sin nϕ2 cos 2 ϕcos kϕ =,ϕsin 2nXk=1sin kϕ =n+1sin nϕ2 sin 2 ϕ.ϕsin 2Отметим, что в случае q = 1, т.
е. при a cos ϕ = 1 и sin ϕ = 0, ответ такой: C = n и S = 0.15. Вычислите суммы: а)4Pnk=1cos2 kϕ; б)Pnk=1k cos kϕ; в)Pnk=0Cnk cos(k + 1)ϕ.Джеймс Грегори (1638–1675) — шотландский математик и астроном. Его работы по разложениям функций вряды и их применениям вдохновили молодого И. Ньютона. В 1671 году Грегори получил разложение арктангенса(хотя двумя веками ранее это сделали в Индии), оттого числа arctg x1 названы в его честь.МногочленыСхема Горнера. Разложим многочлен f (x) = x4 − 3x3 − 10x2 + 2x + 5 по степеням x + 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
