1 Liczby zespolone. , p, q Z. W zbiorze Q (tzn. liczb postaci p q

Transkrypt

1 1 Liczby zespoloe 1.1 Dlaczego ie wystarczaj liczby rzeczywiste W dziejach systemów liczbowych, iejedokrotie trzeba byªo rozszerza istiej ce wyikaªo to z aturalych zapotrzebowa«. Liczby aturale N = {1, 2, 3,... } z dziaªaiami dodawaia i mo»eia; s oe zawsze wykoale. Natomiast dziaªaie odwrote do dodawaia, tz. odejmowaie, jest ie zawsze wykoale w zbiorze N, p. rówaie: x + 3 = 1 ie ma rozwi za«w N. Mo»a jedak sprawi, by odejmowaie staªo si wykoale, rozszerzaj c zbiór N o wszystkie rozwi zaia rówa«postaci x + a = 0, a N. W zbiorze Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,... } jest ju» wykoale odejmowaie, atomiast ie zawsze jest wykoala operacja odwrota do mo»eia, tz. dzieleie; iymi sªowy, rówaie postaci: ax = 1, a 0, ie zawsze ma rozwi zaie w liczbach caªkowitych. I zów mo»a zapewi wykoalo± dzieleia, doª czaj c do Z rozwi zaia rówa«postaci ax = 1, a 0. Wyikiem jest zbiór liczb wymierych Q jako zbioru uªamków ieskracalych p q, p, q Z. W zbiorze Q (tz. liczb postaci p q, gdzie p, q Z) s ju» wykoale dodawaie, odejmowaie, mo»eie i dzieleie. Mo»a jedak wprowadzi jeszcze operacj pot gowaia (wywodz c si z mo»eia): a = a a a ( razy). I zów okazuje si,»e operacja odwrota do pot gowaia, tz. pierwiastkowaie (tz. szukaie, dla daej liczby a Q, takiej liczby x,»e x = a), ie zawsze jest wykoale (p. 2 Q; czy Czytelik pami ta /moze zrekostruowa dowód?) Zbiór liczb wymierych mo»a rozszerza a ró»e sposoby; ajwa»- iejszy z ich to doª czeie do Q wszystkich graic ci gów zbie»ych o wyrazach wymierych; prowadzi to do zbioru liczb rzeczywistych. W zbiorze liczb rzeczywistych wyci gaie pierwiastków jest ju» wykoale (je±li s to pierwiastki parzyste, to mo»a je wyci ga jedyie z liczb ieujemych). Jedak w zbiorze liczb rzeczywistych mamy jeszcze jede problem z pierwiastkami: Pierwiastki (parzystych stopi) z liczb ujemych. Rozpatrzmy podoszeie do kwadratu i wyci gaie pierwiastka drugiego stopia. To pierwsze jest zawsze wykoale i jego wyikiem jest liczba ieujema. Powoduje to,»e wyci gaie pierwiastka jest wykoale tylko dla 1

2 liczby ieujemej. Tak wi c, pozostaj c w obr bie liczb rzeczywistych, ie ma sesu wyra»eie 1, (1) gdy» ie istieje taka liczba rzeczywista, która podiesioa do kwadratu da- ªaby liczb ujem (tu: 1). Tym iemiej, taki bezsesowy czy ieistiej cy obiekt jak 1 pojawiaª si kilkakrotie w dziejach (±rediowieczej i reesasowej) matematyki i ie mo»a go byªo igorowa. Problem abrzmiaª w XV I wieku, kiedy odkryto metod rozwi zywaia rówa«trzeciego stopia: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, gdzie a, b, c, d s liczbami rzeczywistymi. Dla a 0, zawsze istieje przyajmiej jede pierwiastek tego rówaia, b d cy liczb rzeczywist. W XV I w. zalezioo metod zajdowaia rozwi za«(pierwiastków) takich rówa«dla dowolych parametrów a, b, c, d, zwa metod Cardao (chocia» wcze±iej metod rozwi zywaia zale¹li te» Tartaglia i Scipio del Ferro). Cech charakterystycz tej metody byª jedak fakt,»e mimo i» rozwi zaie byªo rzeczywiste aby je otrzyma, trzeba byªo u»y ieistiej cej liczby 1. Iymi sªowy, trzeba byªo przej± przez zakazay obszar, gdzie pojawia si ieistiej cy (urojoy) obiekt 1. Ale skoro taki obiekt, jak 1, okazuje swoj u»yteczo±c, to mo»e ie bro«my si przed im i pozwólmy mu zaistie? Oczywi±cie, ie jest wyj±ciem z sytuacji przyj cie go za liczb rzeczywist. Ale gdyby spróbowa rozszerzy poj cie liczby rzeczywistej, tak by to ogóliejsze poj cie dopuszczaªo te» takie byty jak 1. Czy mo»a tak rozszerzy zbiór liczb rzeczywistych, aby to rozszerzeie zawieraªo te» takie byty jak 1? Odpowied¹ jest pozytywa; zaim jedak o tym powiemy, wyliczmy ajpierw wªaso±ci dodawaia i mo»eia, co doprowadzi do poj cia ciaªa; oraz sprecyzujmy co rozumiemy przez rozszerzeie. 1.2 Ciaªa W zbiorach takich, jak Q oraz R, wykoale s dziaªaia dodawaia i mo»eia oraz ich odwroto±ci. Bardziej precyzyjie mo»a powiedzie,»e Q oraz R s przykªadami ciaª. Deicja. Ciaªem azywamy zbiór K, w którym mo»a wykoywa dzia- ªaia dodawaia: + i mo»eia, takie,»e K jest zamki ty wzgl dem 2

3 tych dziaªa«(tz. ie wyprowadzaj oe poza zbiór K). + i speªiaj waruki: ª czo± : (a + b) + c = a + (b + c), (a b) c = a (b c). przemieo± : a + b = b + a, a b = b a. istieie elemetu eutralego (dla + i ): a + 0 = a, a 1 = a, przy czym 1 0. istieie elemetu przeciwego (odwrotego) do daego: a + ( a) = 0, a a 1 = 1 (dla a 0). rozdzielo± mo»eia wzgl dem dodawaia: a (b + c) = a b + a c. Deicja. Rozszerzeiem ciaªa K 0 przez ciaªo K azywamy takie ciaªo K,»e K 0 K oraz dziaªaia w K stosowae do elemetów K 0 pokrywaj si z dziaªaiami w K 0. Mówimy te» wtedy,»e ciaªo K 0 jest podciaªem ciaªa K. Dwa przykªady ciaª, które ju» zamy, to liczby wymiere Q i rzeczywiste R. Tutaj R jest rozszerzeiem Q. Dwa przykªady zbiorów, które ie s ciaªami, to N oraz Z z powodów, które widzieli±my. Ie przykªady: 1. Ciaªo Z 2, tz. zbiór {0, 1} z dziaªaiami: = 0, = = 1, = 0, 0 0 = 0, 0 1 = 1 0 = 0, 1 1 = 1, jest ciaªem (prosz sprawdzi!). Elemetami eutralymi s : 0 dla dodawaia oraz 1 dla mo»eia. Ciaªo Z 2 jest podzbiorem R, atomiast ie jest podciaªem R. 2. Zbiór liczb postaci: a + b 2, gdzie a, b s liczbami wymierymi, jest cia- ªem liczbowym. Ozaczamy je Q( 2); jest oo rozszerzeiem ciaªa liczb wymierych. (Prosz sprawdzi te stwierdzeia!) 3. Niech kadydatem a ciaªo b dzie zbiór wielomiaów jedej zmieej rzeczywistej, dowolego stopia o wspóªczyikach rzeczywistych. (Zbiór taki ozaczamy przez R[ ]). Dziaªaia dodawaia i mo»eia s okre±loe w aturaly sposób. Elemet eutraly dla dodawaia to wielomia to»samo- ±ciowo rówy zeru, a elemet eutraly dla mo»eia wielomia staªy to»samo±ciowo rówy 1. Czy R[ ] jest ciaªem? Sporo aksjomatów ciaªa jest speªioych: Suma dwu wielomiaów jest wielomiaem, podobie iloczy. Speªioa jest ª czo± dziaªa«, przemieo±, rozdzielo±. Speªioe jest te» istieie wielomiau przeciwego wzgl dem dodawaia. Nie jest jedak 3

4 speªioe istieie elemetu przeciwego wzgl dem mo»eia. Tak p. elemetem przeciwym do wielomiau w(x) = x musiaªaby by fukcja 1 x, a oa ie jest wielomiaem.. Natomiast zbiór fukcji wymierych z aturalymi dziaªaiami oraz elemetami eutralymi (zdeiowaymi jak przy wielomiaach) jest ju» ciaªem. Nasz problem rozszerzeia ciaªa R mo»emy wi c doprecyzowa tak: Zale¹ rozszerzeie ciaªa R zawieraj ce elemet, którego kwadrat jest rówy 1. Stwierdzeie. Je±li K jest takim rozszerzeiem, za± i jest elemetem takim,»e i 2 = 1, to podzbiór C K Ĉ := {a + bi : a, b R} (2) jest zamki ty ze wzgl du a dodawaie, mo»eie i braie elemetu odwrotego, wi c jest podciaªem K, w szczególo±ci jest te» ciaªem. Dowód: Operacje dodawaia, mo»eia i braia elemetu odwrotego, stosowae do elemetów Ĉ, ie wyprowadzaj poza te podzbiór (wªaso± zamki to±ci). Wyika to z wzorów: (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i; (3) (a + bi) (c + di) = a c b d + (ad + bc)i; () (a + bi) = ( a) + ( b)i; (5) (a + bi) 1 = a a 2 + b 2 + b a 2 + b2i (6) Operacje te okre±laj w podzbiorze Ĉ struktur podciaªa. Poadto wida,»e wszystkie dziaªaia a elemetach postaci a + bi ie zale» od rozszerzeia; s oe dae wzorami (3(6), które ie odwoªuj si w»ade sposób do rozszerzeia. 1.3 Kostrukcja ciaªa liczb zespoloych Wprowad¹my w zbiorze R 2 = R R par liczb rzeczywistych dziaªaie dodawaia i mo»eia w ast puj cy sposób: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d), (7) (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc). (8)

5 Mo»a sprawdzi bezpo±redimi rachukami,»e tak okre±loa struktura jest ciaªem. Zerem jest tu para (0, 0); jedyk : (1, 0); elemetem przeciwym do a b (a, b) jest ( a, b), za± elemet odwroty do (a, b) to ( a 2 +b, 2 a 2 +b ). 2 Tak zdefiiowae ciaªo azywamy ciaªem liczb zespoloych i ozaczamy jako C. Daje oo rozwi zaie aszego problemu (tz. rozszerzeia ciaªa liczb rzeczywistych). Zawieraie si ciaªa liczb rzeczywistych w C jako podciaªa dae jest przez uto»samieie a R z liczb zespolo (a, 0) C, atomiast elemetem takim,»e i 2 = 1, mo»a wzi i := (0, 1). Maj c to uto»samieie, dostajemy prostsz do rachuków posta liczby zespoloej: (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi. (9) (W te sposób dokoali±my uto»samieia C z Ĉ). Posta liczby zespoloej jako pary jest miej wygoda do rachuków, ale prowadzi do wygodej iterpretacji liczby zespoloej jako puktu a pªaszczy»ie. Bowiem a iloczy kartezja«ski R R mo»a patrze jako a pªaszczyz wªasie; w te sposób liczba zespoloa (a, b) b dzie wektorem o skªadowej x-owej rówej a oraz skªadowej y rówej b. Taki sposób patrzeia a liczby zespoloe podaª Gauss a przeªomie XVIII i XIX w. 1. Sprz»eie zespoloe Wa» operacj w ciele liczb zespoloych jest sprz»eie zespoloe, okre±lae jako: z = a + bi z := a bi. (10) Šatwo sprawdzi (bezpo±redim rachukiem) ast puj ce wªaso±ci operacji sprz»eia zespoloego: z 1 + z 2 = z 1 + z 2, z 1 z 2 = z 1 z 2 ; Niech z = a + bi. Wprowad¹my ozaczeia: ( ) z1 z 2 = z 1 z 2 ; z = z. Rz := a, Iz := b; (11) azywamy je odpowiedio: cz ±ci rzeczywist i urojo liczby z. Mamy: Rz = z + z 2, Iz = z z. 2i 5

6 1.5 Posta trygoometrycza Liczb zespolo a + bi mo»a przedstawi jako pukt a pªaszczy¹ie R 2 o wspóªrz dych kartezja«skich (a, b) lub jako wektor o tych skªadowych. Dodawaie liczb zespoloych odpowiada dodawaiu wektorów. Pukty a pªaszczy¹ie mo»emy te» opisywa iymi wspóªrz dymi- bieguowymi: (r, φ). Przej±cie od wspóªrz dych kartezja«skich do bieguowych dae jest przez wyra»eia: r = a 2 + b 2 ; cos φ = Deicja. Je±li z 0, to φ R takie,»e cos φ = a a2 + b 2; si φ = b a2 + b 2 a a2 + b 2; si φ = b a2 + b 2 azywamy argumetem liczby z i ozaczamy przez arg z. Zauwa»my,»e argumet liczby zespoloej wyzaczoy jest z dokªado±ci do wielokroto±ci 2π. Argumet φ liczby z speªiaj cy ierówo± 0 φ < 2π azywamy argumetem gªówym i ozaczamy Arg z. Przej±cie od wspóªrz dych bieguowych do kartezja«skich dae jest wyra»eiami: a = r cos φ; b = r si φ Liczb zespolo z = a + bi mo»a wi c rówowa»ie przedstawi w postaci z = r(cos φ + i si φ), azywaej reprezetacj trygoometrycz liczby zespoloej z. 2 i) = 2(cos π + Przykªad. Niech z 1 = 1 + i; mamy: z 1 = 2( i si π ); promie«dla liczby z 1 jest rówy 2, za± argumet Argz 1 = π. 1.6 Moduª i jego wªaso±ci Deicja. Moduªem z liczby zespoloej z = a + bi azywamy z = a 2 + b 2 (12) Bezpo±redio z deicji i z postaci trygoometryczej liczby zespoloej z = a + bi = r(cos φ + i si φ) wyikaj wªaso±ci z R + {0}, 6

7 z = r. Stwierdzeie. Zachodz zwi zki: 1. z 2 = z z, 2. z 1 z 2 = z 1 z 2, 3. z = z,. Rez z, Imz z ; tym bardziej: Rez z, Imz z. 5. z 1 z 2 = z 1 z, 2 6. arg(z 1 z 2 ) = arg z 1 + arg z 2, 7. arg z = arg z. Dowód: 1. Niech z = a + ib, gdzie a, b R. Z bezpo±rediego rachuku mamy: z z = (a + ib)(a ib) = a 2 + b 2 = z Udowodioa wªa±ie rówo± mówi»e z z = z 2 ; zastosujmy j do z = z 1 z 2 : z 1 z 2 2 = z 1 z 2 z 1 z 2 = z 1 z 1 z 2 z 2 = z 1 2 z Oczywiste.. Niech z = a + bi. Mamy: Rez = a a 2 + b 2 = z. Drug ierówo± pokazujemy aalogiczie. 5. Mamy 1 = z 1 z. Bior c moduªy obu stro i korzystaj c z 2) mamy: 1 1 = z z. Zatem 1 z = 1. St d i z 2) wyika 5). z 6. Niech z i = r i (cos φ i + i si φ i ), i = 1, 2. Mamy: z 1 z 2 = r 1 (cos φ 1 + i si φ 1 ) r 2 (cos φ 2 + i si φ 2 ) = r 1 r 2 [(cos φ 1 cos φ 2 si φ 1 si φ 2 ) + i(cos φ 1 si φ 2 + cos φ 2 si φ 1 )] = r 1 r 2 [cos(φ 1 + φ 2 ) + i si(φ 1 + φ 2 )] sk d wyika 6). Powy»sz rówo± mo»a te» wypowiedzie sªowami: Przy mo»eiu liczb zespoloych promieie si mo» a argumety dodaj. 7

8 7. W reprezetacji bieguowej: z = r(cos φ i si φ) = r(cos( φ) + i si( φ)) Wiosek (wzór de Moivre'a). Je»eli z = r(cos φ+i si φ), to dla N z = r [cos(φ) + i si(φ)]. Uwaga. Wygode jest zastosowaie ast puj cego skrótowego zapisu liczby postaci (cos φ + i si φ): Mamy: cosφ + i si φ = e iφ. e i(φ+ψ) = e iφ e iψ, e iφ = e iφ. W chwili obecej, symbol e iφ jest jedyie wygodym ozaczeiem i ie ma o»adego zwi zku z liczb e i fukcj wykªadicz. Zwi zek te pojawi si dopiero a aalizie, staj c si twierdzeiem. Stwierdzeie. Dla dowolych z 1, z 2 R zachodz ierówo±ci: 1. z 1 + z 2 z 1 + z 2, 1'. z 1 + z z z 1 + z z 2. z 1 z 2 z 1 z 2. Dowód: 1. We¹my kwadrat lewej stroy ierówo±ci: z 1 + z 2 2 = (z 1 + z 2 ) (z 1 + z 2 ) = z 1 z 1 + z 1 z 2 + z 1 z 2 + z 2 z 2 = z z 1 z 2 + z 1 z 2 + z 2 2 = z z 1 z 2 + z 1 z 2 + z 2 2 = z Re(z 1 z 2 ) + z 2 2 z Re(z 1 z 2 ) + z 2 2 z (z 1 z 2 ) + z 2 2 = z z 1 z 2 + z 2 2 = ( z 1 + z 2 ) 2 (wykorzystali±my tu p. ) poprzediego stwierdzeia). 1'. Dowód idukcyjy, którego pierwszy krok staowi powy»sza ierówo±. 2. Z udowodioej wªa±ie ierówo±ci 1. wyika z 1 = z 1 z 2 + z 2 z 1 z 2 + z 2, sk d i teza. z 2 = z 2 z 1 + z 1 z 2 z 1 + z 1, z 1 z 2 z 1 z 2, z 2 z 1 z 1 z 2, 8

9 1.7 Pierwiastkowaie liczb zespoloych Deicja. Niech w C. Pierwiastkiem stopia z liczby w azywamy tak liczb zespolo z,»e z = w. Stwierdzeie. Niech N. Ka»da iezerowa liczba zespoloa w C posiada dokªadie ró»ych pierwiastków -tego stopia. Je±li w = r(cos φ+ i si φ), to s oe dae wzorami z k = r ( cos φ + 2kπ + i si φ + 2kπ ) = re i φ+2kπ, k = 0, 1,..., 1 (13) gdzie r pierwiastek arytmetyczy. Dowód: Liczba z = z (cos α + i si α) jest takim pierwiastkiem z = r oraz α = φ + 2kπ dla pewego k Z z = r oraz α = φ+2kπ dla pewego k Z. Dwie liczby caªkowite k i k daj rówowa»e argumety α = φ+2kπ α = φ+2k π φ+2kπ φ+2k π jest wielokroto±ci 2π k k jest wielokroto±ci. St d wyika,»e wszystkie ró»e pierwiastki otrzymamy dlak = 0, 1,..., 1. cbdo. Kometarz. Wida tutaj ró»ic pomi dzy ciaªami liczb rzeczywistych a zespoloych. W przypadku zespoloym, zawsze mamy dokªadie pierwiastków z liczby iezerowej. W przypadku rzeczywistym, sytuacja jest bardziej skomplikowaa: 1. gdy pierwiastek jest ieparzystego stopia, to jest o wyzaczoy jedozaczie (p. 3 8 = 2, 3 8 = 2); 2. gdy pierwiastek jest parzystego stopia, to: (a) pierwiastek z liczby ujemej ie istieje, (b) pierwiastek z liczby dodatiej ma dwie warto±ci, ró»i ce si zakiem (p. 16 = ±2). Tak wi c sytuacja w przypadku rzeczywistym mo»e by bardziej skomplikowaa i» w przypadku zespoloym. Przykªad. We¹my w = i obliczmy. Mamy: w = ( 2) ( 1 + i 9

10 0i) = ( 2) (cos π + i si π). Istiej cztery pierwiastki: k = 0 : z 0 = ( [ ( ) ( )] π + 0 2π π + 0 2π 2) cos + i si = 1 + i k = 1 : z 1 = ( [ ( ) ( )] π + 1 2π π + 1 2π 2) cos + i si = 1 + i k = 2 : z 2 = ( [ ( ) ( )] π + 2 2π π + 2 2π 2) cos + i si = 1 i k = 3 : z 3 = ( [ ( ) ( )] π + 3 2π π + 3 2π 2) cos + i si = 1 i Przykªad. Obliczmy pierwiastki -tego stopia z 1. Promie«liczby 1 jest rówy 1, a argumet Arg=0. Mamy wi c pierwiastków, daych wyra»eiami: [ ( ) ( )] 2kπ 2kπ ɛ k = cos + i si, k = 0, 1,..., 1. Wszystkie te pierwiastki le» a okr gu jedostkowym o ±rodku w pukcie (0, 0) ukªadu wspóªrz dych, w wierzchoªkach -k ta foremego. Uwaga. Mamy: ɛ k = (ɛ 1 ) k. Uwaga. Je±li z jest którymkolwiek pierwiastkiem z liczby zespoloej w 0, to wszystkie pierwiastki tego stopia mo»a otrzyma z z mo» c j przez wszystkie ɛ k. Mamy wi c wszystkie te pierwiastki dae wzorem rówowa»ym z (13) z, zɛ 1, zɛ 2,..., zɛ Zasadicze twierdzeie algebry Twierdzeie b dzie wykorzystae przy liczeiu caªek z f. wymierych przy rozkªadaiu wyra»eia podcaªkowego a uªamki proste; oraz przy problemie warto±ci wªasych macierzy, gdzie b dzie si badaªo wielomia charakterystyczy i jego pierwiastki. Twierdzeie. Ka»de rówaie -tego stopia q(z) = z + c 1 z c 1 z + c 0 = 0 (1) gdzie N, c j C (j = 0,..., 1) ma rozwi zaie w C. Dygresja. Ide dowodu zilustrujemy ajpierw w prostszym przypadku wersji rzeczywistej powy»- szego twierdzeia: Ka»de rówaie ieparzystego stopia = 2k + 1 p(x) = x + a 1 x a 1 x + a 0 = 0 gdzie k 0, a j R (j = 0,..., 1) ma rozwi zaie w R. 10

11 Tu idea dowodu jest ast puj ca: Dla x +, rówie» p(x) +, tak wi c istieje x + takie,»e dla dowolego x > x +, p(x) > 0. Aalogiczie, dla x zachodzi: p(x), tak wi c istieje x takie,»e dla dowolego x < x, p(x) < 0. Poiewa» fukcja p(x) jest ci gªa, to a odciku [x, x + ] fukcja p(x) przyjmuje wszystkie warto±ci po±redie, a w szczególo±ci istieje takie x 0,»e f(x 0 ) = 0. W przypadku rówaia (1) zarówo argumet jak i warto± fukcji s liczbami zespoloymi, wi c ie mo»a u»y powy»szego rozumowaia bezpo±redio; jedak uogólieie jest aturale i wtedy dowód idzie. Idea dowodu. (Nie b dzie to dowód jako taki, gdy» argumetacja odwoªuje si do kilku faktów z aalizy, prawdopodobie ie zay w tej chwili Czytelikowi. W tej chwili zajomo± tych faktów musi zast pi Jego/Jej ituicja.) 1) Rozpatrzmy ajsampierw odwzorowaie C C : z z. We¹my w przestrzei argumetów okr g γ 1 = C0 R (okr g o ±rodku w pukcie 0 i promieiu R); jego obrazem jest rówie» okr g C0 R. Obiegijmy aokoªo okr g γ 1. Zmiaa argumetu w przeciwobrazie wyosi 2π, za± w obrazie wyosi 2π (tz. okr g w obrazie jest obiegay razy). 2) Poka»emy,»e podoba sytuacja ma miejsce, gdy rozpatrujemy dowole odwzorowaie C C : z q(z) dla dostateczie du»ego R. Rozpatrzmy zów obraz okr gu γ 1 = C0 R : γ 2 = q(γ 1 ). Obraz te jest pew zamki t krzyw ci gª. Obiegijmy zów aokoªo okr g γ 1. Ile b dzie wyosiª przyrost argumetu w obrazie? Obliczmy argumet q(z): arg (q(z)) = arg (z + c 1 z c 1 z + c 0 ) = arg (z ) + arg (1 + c c 1 z z + c 0 1 z ) Przyrost argumetu (q(z)), gdy z obiega okr g γ 1, wyosi: (q(z)) = 2π + arg(1 + c 1 z Mamy oszacowaie (pami tajmy»e z = Re iφ ): 1 + c 1 z + + c 1 z 1 + c 0 z ) + + c 1 z 1 + c 0 z 1 + c 1 z + + c 1 z 1 + c 0 z = 1 + c 1 R + + c 1 R + c 0 1 R Bior c teraz R dostateczie du»e, otrzymujemy,»e dla dowolego z = Re iφ liczby: (1 + c 1 z + + c 1 z + c 1 0 z ) le» wew trz okr gu o ±rodku w pukcie 1 i promieiu 1 2. Tak wi c zmiaa argumetu tej liczby wyosi zero, gdy obiegamy okr g γ 1 w przeciwobrazie. 11

12 Sytuacj mo»emy podsumowa mówi c,»e: Przyrost argumetu q(z), gdy z obiega okr g γ 1, wyosi 2π aalogiczie jak w przypadku odwzorowaia z z. 3) Z drugiej stroy, mamy: q(0) = c 0, zakªadamy za±,»e c 0 0, gdy» w iym przypadku dowód jest sko«czoy. ) We¹my teraz rodzi okr gów o promieiu malej cym od R do zera i rozpatrujmy obrazy tych okr gów. Zmiaa obrazu okr gu o promieiu r jest ci gªa, gdy zmieiamy promie«. Z 2) i 3) wioskujemy,»e gdzie± po drodze, gdy deformujemy okr gi, przechodz c od promieia R do zera, obraz pewego okr gu zahaczy o zero. Uwaga. Pokazali±my,»e dowole rówaie algebraicze -tego stopia posiada przyajmiej jede pierwiastek. St d ªatwo wyika,»e rówaie tego stopia posiada dokªadie pierwiastków (liczoych z kroto±ciami) wystarczy zastosowa tw. Bézout: Niech z 1 b dzie pierwiastkiem rówaia q(z) = 0. Mo»emy zapisa : q(z) = (z z 1 ) q(z), gdzie q(z) jest wielomiaem 1-wszego stopia. Argumetuj c jak wy»ej, q(z) zów ma pierwiastek; azwijmy go z 2. Zatem q = (z z 2 ) q(z), tz. q(z) = (z z 1 )(z z 2 ) q(z), czyli q(z) ma dwa pierwiastki z 1, z 2 ; itd., a» dojdziemy do rówaia stopia 1. Zadajmy jeszcze pytaie dodatkowe: co z mo»liwo±ci efektywego obliczeia pierwiastków? Iymi sªowy, czy dla dowolego rówaia algebraiczego da si apisa wzory a jego pierwiastki, aalogicze do wzorów a pierwiastki rówaia kwadratowego? Okazuje si,»e odpowied¹ jest egatywa. Wzory a pierwiastki daje si jeszcze apisa dla rówaia. stopia (zalazª je L. Ferrari w XVI w.) Rozwi za«dla rówa«wy»szych stopi bezskuteczie poszukiwao przez ast pe dwa wieki, a» a pocz tku XIX w. iezale»ie N. Abel oraz E. Galois odkryli,»e dla rówa«stopia wy»szego i» czwarty, w ogólym przypadku pierwiastki ie wyra»aj si za pomoc sko«czoej kombiacji dziaªa«arytmetyczych i operacji wyci gaia pierwiastka. 1 (Dowody mo»a zale¹ w wielu podr czikach algebry; przyst py wykªad teorii Galois staowi ksi -»eczka M. Bry«skiego w serii "Biblioteka Delty".) Pó¹iej okazaªo si,»e mo»a apisa wyra»eia a pierwiastki rówaia dowolego stopia, je±li rozszerzy si asortymet fukcji, które dopuszczamy w wyra»eiach a pierwiastki. Pierwiastki dowolego rówaia mo»- a wyrazi przez tzw. fukcje modulare (do ich zdeiowaia i zbadaia 1 Ich prace byªy poprzedzoe iezale»ym i jak si pó¹iej okazaªo iekompletym dowodem Ruf- iego. 12

13 koiecza jest do± zaawasowaa aaliza zespoloa. Kto chce szczegóªów, iech si gie po p. ksi»k D. Mumforda, `Lectures o theta fuctios'). Pokazao to pod koiec XIX wieku (Ch. Hermite, F. Klei, F.Lidema, C. Jorda). 13

14 2 Rówaia trzeciego stopia wzory Cardao Uwaga. Ta cz ± staowi materiaª ieobowi zkowy! 2.1 Rozwi zywaie rówaia trzeciego stopia Ogóle rówaie trzeciego stopia ma posta a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 Zakªadamy,»e a 3 0, gdy» iaczej mamy rówaie stopia drugiego. Dziel c powy»sze rówaie przez a 3 otrzymujemy: x 3 + A 2 x 2 + A 1 x + A 0 = 0 (gdziea 2 = a 2 a 3 itd.) W powy»szym rówaiu zawsze mo»emy si pozby wyrazu drugiego stopia przez podstawieie z = x + A 2 /3; dostajemy wtedy z 3 + pz + q = 0. (15) (prosz podstawi i sprawdzi,»e wyrazy drugiego stopia si kasuj!) Wykoajmy teraz ast puj ce podstawieie: z = u + v, gdzie u, v - liczby zespoloe. Na pierwszy rzut oka wydaje si,»e te rodzaj podstawieia to zamiaa w rodzaju "zamieiª stryjek siekierk a kijek", bo zamiast jedej zmieej, mamy ich dwie! Okazuje si jedak,»e to podstawieie prowadzi do uproszczeia problemu. Mamy: z 3 + pz + q = (u + v) 3 + p(u + v) + q = u 3 + v 3 + 3u 2 v + 3uv 2 + p(u + v) + q = u 3 + v 3 + (u + v)(3uv + p) + q = 0 Wida,»e je»eli zajdziemy tak par {u, v},»e u 3 + v 3 + q = 0 (16) 3uv + p = 0 (17) Rozwi»my ukªad (17). Mamy: v = p 3u, i wstawiaj c to do pierwszego rówaia dostajemy: u 3 p3 27u +q = 0, a jest to 3 rówaie kwadratowe w zmieej U = u 3 : U 2 + qu p3 27 = 0 (18) 1

15 którego rozwi zaia s : U ± = q ±, gdzie = q 2 + p (19) We¹my dowoly z tych pierwiastków, p. U + i wyci gijmy pierwiastek trzeciego stopia. Dostajemy trzy warto±ci u: u 0, u 1 = u 0 ɛ, u 2 = u 0 ɛ gdzie u 0 którykolwiek z pierwiastków trzeciego stopia z U, za± ɛ jest pierwszym pierwiastkiem trzeciego stopia z jedyki: ɛ = e 2iπ/3 = 1 2 ( 1 + 3i). St d dostajemy v 0 = p 3u 0, v 1 = p 3u 0 ɛ, v 2 = p 3u 0 ɛ i ostateczie mamy pierwiastki rówaia (15) z 0 = u 0 + v 0, (20) z 1 = u 1 + v 1 = u 0 ɛ + v 0 ɛ, (21) z 2 = u 2 + v 2 = u 0 ɛ + v 0 ɛ (22) Uwaga 1. Przy rozwi zywaiu rówaia kwadratowego (18) wystarczy wzi tylko jede z pierwiastków (19). Mamy bowiem: V + = p3 27U + = U (prosz sprawdzi!) oraz aalogiczie V = U +, co implikuje»e para {U +, V + } ró»i si od pary {U, V } tylko kolejo±ci czyików tak wi c zamiaa U + a U ie prowadzi do owego pierwiastka. 2.2 Dyskusja rówaia 3. stopia dla wspóªczyików rzeczywistych Zaªó»my,»e wspóªczyiki p, q w rówaiu (15) s rzeczywiste. Mamy wówczas ast puj ce mo»liwo±ci, je±li chodzi o zak wyró»ika, daego w (19): > 0, = 0, < 0. Przypadek 1. > 0. Wtedy jako pierwiastek u 0 wybieramy rzeczywisty pierwiastek trzeciego stopia z liczby rzeczywistej: u 0 = q 2 +, 15

16 gdzie pierwiastek kwadratowy ustalamy a przykªad jako ieujemy. Wtedy v 0 = p 3u 0 jest rzeczywistym pierwiastkiem trzeciego stopia z q 2 Rówaie (20) daje z 0 rzeczywiste, za± rówaia (21, 22) daj z 1, z 2 zespoloe sprz»oe, przy czym cz ±ci urojoe z 1, z 2 s iezerowe (gdyby byªo iaczej to mieliby±my Im(z 1 z 2 ) = 1 2i (z 1 z 1 ) = u 0 ɛ+v 0 ɛ u 0 ɛ v 0 ɛ = (u 0 v 0 )(ɛ ɛ) = 0, co jest iemo»liwe, gdy» u 3 0 v 3 0 ). Przypadek 2. = 0. Mamy tutaj: u 0 = 3 q/2 (jako u0 zowu wybieramy rzeczywisty pierwiastek 3-go stopia), oraz: v 0 = u 0. St d mamy: z 0 = 2u 0, z 1 = u 0 (ɛ + ɛ) = u 0 = z 2. Tak wi c mamy tutaj dwa pierwiastki rzeczywiste: jede pojedyczy i jede podwójy. Przypadek 3. < 0. W takiej sytuacji, u 0 jest pierwiastkiem trzeciego stopia z liczby zespoloej z iezerow cz ±ci urojo : q 2 + i (23) Niech r(cos φ + i si φ) b dzie przedstawieiem trygoometryczym powy»szej liczby. Wybierzmy u 0 w postaci: ( u 0 = 3 r cos φ 3 + i si φ ) 3 Wówczas v 0 jest pierwiastkiem trzeciego stopia z q 2 + i, wi c Ostateczie mamy ( v 0 = 3 r cos φ 3 i si φ ) = u 0 3 z 0 = u 0 + v 0 = 2Reu 0 = 2 3 r cos φ 3, φ + 2π z 1 = u 0 ɛ + ū 0 ɛ = 2Re(u 0 ɛ) = 2 3 r cos, 3 φ + π z 2 = u 0 ɛ + u 0 ɛ = 2Re(u 0 ɛ) = 2 3 r cos. 3 16

17 S to trzy ró»e pierwiastki rzeczywiste. To,»e s oe ró»e wyika z faktu, i» s oe cz ±ciami rzeczywistymi (rzutami a o± rzeczywist ) liczb: u 0, u 0 ɛ, u 0 ɛ. Gdyby które± z tych rzutów si pokryªy, zaczyªoby to,»e jede z boków trójk ta rówoboczego o wierzchoªkach w puktach u 0, u 0 ɛ, u 0 ɛ jest rówolegªy do osi urojoej (pioowy), a wtedy jeda z tych liczb musiaªaby by rzeczywista. Jest to iemo»liwe, gdy» trzecia pot ga tej liczby jest ie-rzeczywista. Uwaga.. Ta wªa±ie sytuacja wywoªywaªa w XVII w. spory o istieie liczb urojoych. Mimo»e wszystkie pierwiastki rówaia 3. stopia s w przypadku < 0 rzeczywiste, to aby je otrzyma, trzeba wyci ga pierwiastki kwadratowe z liczb ujemych (p. wyra»eie (23) powy»ej). 17