1 Liczby zespolone. 1.1 Dlaczego nie wystarczaj liczby rzeczywiste

Transkrypt

1 1 Licby espoloe 1.1 Dlacego ie wystarcaj licby recywiste W diejach systemów licbowych, iejedokrotie treba byªo rosera istiej ce wyikaªo to aturalych apotrebowa«. Licby aturale N = {1, 2, 3,... } diaªaiami dodawaia i mo»eia; s oe awse wykoale. Natomiast diaªaie odwrote do dodawaia, t. odejmowaie, jest ie awse wykoale w biore N, p. rówaie: x + 3 = 1 ie ma rowi a«w N. Mo»a jedak sprawi, by odejmowaie staªo si wykoale, roseraj c biór N o wsystkie rowi aia rówa«postaci x + a = 0, a N. W biore Z = {..., 2, 1, 0, 1, 2,... } jest ju» wykoale odejmowaie, atomiast ie awse jest wykoala operacja odwrota do mo»eia, t. dieleie; iymi sªowy, rówaie postaci: ax = 1, a 0, ie awse ma rowi aie w licbach caªkowitych. I ów mo»a apewi wykoalo± dieleia, doª caj c do Z rowi aia rówa«postaci ax = 1, a 0. Wyikiem jest biór licb wymierych Q jako bioru uªamków ieskracalych p, p, q Z. q p W biore Q (t. licb postaci, gdie p, q Z) s ju» wykoale dodawaie, q odejmowaie, mo»eie i dieleie. Mo»a jedak wprowadi jesce operacj pot gowaia (wywod c si mo»eia): a = a a a ( ray). I ów okauje si,»e operacja odwrota do pot gowaia, t. pierwiastkowaie (t. sukaie, dla daej licby a Q, takiej licby x,»e x = a), ie awse jest wykoale (p. 2 Q; cy Cytelik pami ta /moe rekostruowa dowód?) Zbiór licb wymierych mo»a rosera a ró»e sposoby; ajwa»iejsy ich to doª ceie do Q wsystkich graic ci gów bie»ych o wyraach wymierych; prowadi to do bioru licb recywistych. W biore licb recywistych wyci gaie pierwiastków jest ju» wykoale (je±li s to pierwiastki paryste, to mo»a je wyci ga jedyie licb ieujemych). Jedak w biore licb recywistych mamy jesce jede problem pierwiastkami: Pierwiastki (parystych stopi) licb ujemych. Ropatrmy podoseie do kwadratu i wyci gaie pierwiastka drugiego stopia. To pierwse jest awse wykoale i jego wyikiem jest licba ieujema. Powoduje to,»e wyci gaie pierwiastka jest wykoale tylko dla licby ieujemej. Tak wi c, poostaj c w obr bie licb recywistych, ie ma sesu wyra»eie 1, (1) gdy» ie istieje taka licba recywista, która podiesioa do kwadratu daªaby licb ujem (tu: 1). Tym iemiej, taki besesowy cy ieistiej cy obiekt jak 1 pojawiaª si kilkakrotie w diejach (±rediowiecej i reesasowej) matematyki i ie mo»a go byªo igorowa. Problem abrmiaª w XV I wieku, kiedy odkryto metod rowi ywaia rówa«treciego stopia: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, 1

2 gdie a, b, c, d s licbami recywistymi. Dla a 0, awse istieje pryajmiej jede pierwiastek tego rówaia, b d cy licb recywist. W XV I w. aleioo metod ajdowaia rowi a«(pierwiastków) takich rówa«dla dowolych parametrów a, b, c, d, wa metod Cardao (chocia» wce±iej metod rowi ywaia ale¹li te» Tartaglia i Scipio del Ferro). Cech charakterystyc tej metody byª jedak fakt,»e mimo i» rowi aie byªo recywiste aby je otryma, treba byªo u»y ieistiej cej licby 1. Iymi sªowy, treba byªo prej± pre akaay obsar, gdie pojawia si ieistiej cy (urojoy) obiekt 1. Ale skoro taki obiekt, jak 1, okauje swoj u»yteco±c, to mo»e ie bro«my si pred im i powólmy mu aistie? Ocywi±cie, ie jest wyj±ciem sytuacji pryj cie go a licb recywist. Ale gdyby spróbowa rosery poj cie licby recywistej, tak by to ogóliejse poj cie dopuscaªo te» takie byty jak 1. Cy mo»a tak rosery biór licb recywistych, aby to rosereie awieraªo te» takie byty jak 1? Odpowied¹ jest poytywa; aim jedak o tym powiemy, wylicmy ajpierw wªaso±ci dodawaia i mo»eia, co doprowadi do poj cia ciaªa; ora sprecyujmy co roumiemy pre rosereie. 1.2 Ciaªa W biorach takich, jak Q ora R, wykoale s diaªaia dodawaia i mo»eia ora ich odwroto±ci. Bardiej precyyjie mo»a powiedie,»e Q ora R s prykªadami ciaª. Deicja. Ciaªem aywamy biór K, w którym mo»a wykoywa diaªaia dodawaia: + i mo»eia, takie,»e K jest amki ty wgl dem tych diaªa«(t. ie wyprowadaj oe poa biór K). + i speªiaj waruki: ª co± : (a + b) + c = a + (b + c), (a b) c = a (b c). premieo± : a + b = b + a, a b = b a. istieie elemetu eutralego (dla + i ): a + 0 = a, 1 0. a 1 = a, pry cym istieie elemetu preciwego (odwrotego) do daego: a + ( a) = 0, a a 1 = 1 (dla a 0). rodielo± mo»eia wgl dem dodawaia: a (b + c) = a b + a c. Deicja. Rosereiem ciaªa K 0 pre ciaªo K aywamy takie ciaªo K,»e K 0 K ora diaªaia w K stosowae do elemetów K 0 pokrywaj si diaªaiami w K 0. Mówimy te» wtedy,»e ciaªo K 0 jest podciaªem ciaªa K. Dwa prykªady ciaª, które ju» amy, to licby wymiere Q i recywiste R. Tutaj R jest rosereiem Q. Ie prykªady: 1. Ciaªo Z 2, t. biór {0, 1} diaªaiami: = 0, = = 1, = 0, 0 0 = 0, 0 1 = 1 0 = 0, 1 1 = 1, jest ciaªem (pros sprawdi!). Elemetami eutralymi s : 0 dla dodawaia ora 1 dla mo»eia. Ciaªo Z 2 jest podbiorem R, atomiast ie jest podciaªem R. 2. Zbiór licb postaci: a+b 2, gdie a, b s licbami wymierymi, jest ciaªem licbowym. Oacamy je Q( 2); jest oo rosereiem ciaªa licb wymierych. (Pros sprawdi te stwierdeia!) 3. Zbiór licb postaci: a+b 3 2, gdie a, b s licbami wymierymi, ie jest ciaªem licbowym (dlacego?). 2

3 . Natomiast biór licb postaci: a + b c 3, gdie a, b, c s licbami wymierymi, jest ju» ciaªem licbowym. (pros sprawdi!) Nas problem rosereia ciaªa R mo»emy wi c doprecyowa tak: Zale¹ rosereie ciaªa R awieraj ce elemet, którego kwadrat jest rówy 1. Stwierdeie. Je±li K jest takim rosereiem, a± i jest elemetem takim,»e i 2 = 1, to podbiór C K Ĉ := {a + bi : a, b R} (2) jest amki ty e wgl du a dodawaie, mo»eie i braie elemetu odwrotego, wi c jest podciaªem K, w scególo±ci jest te» ciaªem. Dowód: Operacje dodawaia, mo»eia i braia elemetu odwrotego, stosowae do elemetów Ĉ, ie wyprowadaj poa te podbiór (wªaso± amki to±ci). Wyika to worów: (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 + b 2 a 2 + b i (6) 2 Operacje te okre±laj w podbiore Ĉ struktur podciaªa. Poadto wida,»e wsystkie diaªaia a elemetach postaci a + bi ie ale» od rosereia; s oe dae worami (3(6), które ie odwoªuj si w»ade sposób do rosereia. 1.3 Kostrukcja ciaªa licb espoloych Wprowad¹my w biore R 2 = R R par licb recywistych diaªaie dodawaia i mo»eia w ast puj cy sposób: (a, b) + (c, d) = (a + b, c + d), (7) (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc). (8) Mo»a sprawdi bepo±redimi rachukami,»e tak okre±loa struktura jest ciaªem. Zerem jest tu para (0, 0); jedyk : (1, 0); elemetem preciwym do (a, b) jest ( a, b), a b a± elemet odwroty do (a, b) to (, ). a 2 +b 2 a 2 +b 2 Tak defiiowae ciaªo aywamy ciaªem licb espoloych i oacamy jako C. Daje oo rowi aie asego problemu (t. rosereia ciaªa licb recywistych). Zawieraie si ciaªa licb recywistych w C jako podciaªa dae jest pre uto»samieie a R licb espolo (a, 0) C, atomiast elemetem takim,»e i 2 = 1, mo»a wi i := (0, 1). Maj c to uto»samieie, dostajemy prosts do rachuków posta licby espoloej: (W te sposób dokoali±my uto»samieia C (a, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1) = a + bi. (9) Ĉ). Posta licby espoloej jako pary jest miej wygoda do rachuków, ale prowadi do wygodej iterpretacji licby espoloej jako puktu a pªascy»ie. Bowiem a ilocy karteja«ski R R mo»a patre jako a pªascy wªasie; w te sposób licba espoloa (a, b) b die wektorem o skªadowej x-owej rówej a ora skªadowej y rówej b. Taki sposób patreia a licby espoloe podaª Gauss a preªomie XVIII i XIX w. 3

4 1. Spr»eie espoloe Wa» operacj w ciele licb espoloych jest spr»eie espoloe, okre±lae jako: = a + bi := a bi. (10) Šatwo sprawdi (bepo±redim rachukiem) ast puj ce wªaso±ci operacji spr»eia espoloego: = 1 + 2, 1 2 = 1 2 ; = 1 ; =. 2 2 Niech = a + bi. Wprowad¹my oaceia: R := a, I := b; (11) aywamy je odpowiedio: c ±ci recywist i urojo licby. Mamy: 1.5 Posta trygoometryca R = + 2, I =. 2i Licb espolo a+bi mo»a predstawi jako pukt a pªascy¹ie R 2 o wspóªr dych karteja«skich (a, b) lub jako wektor o tych skªadowych. Dodawaie licb espoloych odpowiada dodawaiu wektorów. Pukty a pªascy¹ie mo»emy te» opisywa iymi wspóªr dymi- bieguowymi: (r, φ). Prej±cie od wspóªr dych karteja«skich do bieguowych dae jest pre wyra»eia: r = a 2 + b 2 ; cos φ = Deicja. Je±li 0, to φ R takie,»e cos φ = a a2 + b 2 ; si φ = b a2 + b 2 a a2 + b ; si φ = b 2 a2 + b 2 aywamy argumetem licby i oacamy pre arg. Zauwa»my,»e argumet licby espoloej wyacoy jest dokªado±ci do wielokroto±ci 2π. Argumet φ licby speªiaj cy ierówo± 0 φ < 2π aywamy argumetem gªówym i oacamy Arg. Prej±cie od wspóªr dych bieguowych do karteja«skich dae jest wyra»eiami: a = r cos φ; b = r si φ Licb espolo = a + bi mo»a wi c rówowa»ie predstawi w postaci = r(cos φ + i si φ), aywaej repreetacj trygoometryc licby espoloej. Prykªad. Niech 1 = 1 + i; mamy: 1 = 2( i) = 2(cos π + i si π ); promie«dla licby 1 jest rówy 2, a± argumet Arg 1 = π.

5 1.6 Moduª i jego wªaso±ci Deicja. Moduªem licby espoloej = a + bi aywamy = a 2 + b 2 (12) Bepo±redio deicji i postaci trygoometrycej licby espoloej = a + bi = r(cos φ + i si φ) wyikaj wªaso±ci R {0}, = r. Stwierdeie. Zachod wi ki: 1. 2 =, = 1 2, 3. =,. Re, Im ; tym bardiej: Re, Im = 1, 2 6. arg( 1 2 ) = arg 1 + arg 2, 7. arg = arg. Dowód: 1. Niech = a + ib, gdie a, b R. Z bepo±rediego rachuku mamy: = (a + ib)(a ib) = a 2 + b 2 = Udowodioa wªa±ie rówo± mówi»e = 2 ; astosujmy j do = 1 2 : 3. Ocywiste = = = Niech = a+bi. Mamy: Re = a a 2 + b 2 =. Drug ierówo± pokaujemy aalogicie. 5. Mamy 1 = 1. Bior c moduªy obu stro i korystaj c 2) mamy: 1 = 1. Zatem 1 = 1. St d i 2) wyika ). 5

6 6. Niech i = r i (cos φ i + i si φ i ), i = 1, 2. Mamy: 1 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 5). Powy»s rówo± mo»a te» wypowiedie sªowami: Pry mo»eiu licb espoloych promieie si mo» a argumety dodaj. 7. W repreetacji bieguowej: = r(cos φ i si φ) = r(cos( φ) + i si( φ)) Wiosek (wór de Moivre'a). Je»eli = r(cos φ + i si φ), to dla N = r [cos(φ) + i si(φ)]. Uwaga. Wygode jest astosowaie ast puj cego skrótowego apisu licby postaci (cos φ+ i si φ): cosφ + i si φ = e iφ. Mamy: e i(φ+ψ) = e iφ e iψ, e iφ = e iφ. W chwili obecej, symbol e iφ jest jedyie wygodym oaceiem i ie ma o»adego wi ku licb e i fukcj wykªadic. Zwi ek te pojawi si dopiero a aaliie, staj c si twierdeiem. Stwierdeie. Dla dowolych 1, 2 R achod ierówo±ci: , 1' Dowód: 1. We¹my kwadrat lewej stroy ierówo±ci: = ( ) ( ) = = = = Re( 1 2 ) Re( 1 2 ) ( 1 2 ) = = ( ) 2 (wykorystali±my tu p. ) poprediego stwierdeia). 1'. Dowód idukcyjy, którego pierwsy krok staowi powy»sa ierówo±. 2. Z udowodioej wªa±ie ierówo±ci 1. wyika sk d i tea. 1 = , 2 = , , , 6

7 1.7 Pierwiastkowaie licb espoloych Deicja. Niech w R. Pierwiastkiem stopia licby w aywamy tak licb espolo,»e = w. Stwierdeie. Niech N. Ka»da ieerowa licba espoloa posiada w R dokªadie ró»ych pierwiastków -tego stopia. Je±li w = r(cos φ + i si φ), to s oe dae worami k = r ( cos φ + 2kπ + i si φ + 2kπ ) = re i φ+2kπ, k = 0, 1,..., 1 (13) gdie r pierwiastek arytmetycy. Dowód: Licba = (cos α + i si α) jest takim pierwiastkiem = r ora α = φ + 2kπ dla pewego k Z = r ora α = φ+2kπ dla pewego k Z. Dwie licby caªkowite k i k daj rówowa»e argumety α = φ+2kπ φ+2k π jest wielokroto±ci 2π φ+2kπ i α = φ+2k π k k jest wielokroto±ci. St d wyika,»e wsystkie ró»e pierwiastki otrymamy dla k = 0, 1,..., 1. Prykªad. We¹my w = i oblicmy. Mamy: w = ( 2) ( 1+0i) = ( 2) (cos π+ i si π). Istiej ctery pierwiastki: k = 0 : 0 = ( [ ( ) ( )] π + 0 2π π + 0 2π 2) cos + i si = 1 + i k = 1 : 0 = ( [ ( ) ( )] π + 1 2π π + 1 2π 2) cos + i si = 1 + i k = 2 : 0 = ( [ ( ) ( )] π + 2 2π π + 2 2π 2) cos + i si = 1 i k = 3 : 0 = ( [ ( ) ( )] π + 3 2π π + 3 2π 2) cos + i si = 1 i Prykªad. Oblicmy pierwiastki -tego stopia 1. Promie«licby 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. Wsystkie te pierwiastki le» a okr gu jedostkowym o ±rodku w pukcie (0, 0) ukªadu wspóªr dych, w wierchoªkach -k ta foremego. Uwaga. Mamy: ɛ k = (ɛ 1 ) k. Uwaga. Je±li jest którymkolwiek pierwiastkiem licby espoloej w 0, to wsystkie pierwiastki tego stopia mo»a otryma mo» c j pre wsystkie ɛ k. Mamy wi c wsystkie te pierwiastki dae worem rówowa»ym (13), ɛ 1, ɛ 2,..., ɛ 1. 7

8 1.8 Zasadice twierdeie algebry Twierdeie. Ka»de rówaie -tego stopia q() = + c c 1 + c 0 = 0 (1) gdie N, c j C (j = 0,..., 1) ma rowi aie w C. Dygresja. Ide dowodu ilustrujemy ajpierw w prostsym prypadku wersji recywistej powy»sego twierdeia: Ka»de rówaie ieparystego stopia = 2k + 1 p(x) = x + a 1 x a 1 x + a 0 = 0 gdie k 0, a j R (j = 0,..., 1) ma rowi aie w R. 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. Aalogicie, dla x achodi: 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) pryjmuje wsystkie warto±ci po±redie, a w scególo±ci istieje takie x 0,»e f(x 0 ) = 0. W prypadku rówaia (1) arówo argumet jak i warto± fukcji s licbami espoloymi, wi c ie mo»a u»y powy»sego roumowaia bepo±redio; jedak uogólieie jest aturale i wtedy dowód idie. Idea dowodu. (Nie b die to dowód jako taki, gdy» argumetacja odwoªuje si do kilku faktów aaliy, prawdopodobie ie ay w tej chwili Cytelikowi. W tej chwili ajomo± tych faktów musi ast pi Jego/Jej ituicja.) 1) Ropatrmy ajsampierw odworowaie C C :. We¹my w prestrei argumetów okr g γ 1 = C0 R (okr g o ±rodku w pukcie 0 i promieiu R); jego obraem jest rówie» okr g C0 R. Obiegijmy aokoªo okr g γ 1. Zmiaa argumetu w preciwobraie wyosi 2π, a± w obraie wyosi 2π. 2) Poka»emy,»e podoba sytuacja ma miejsce, gdy ropatrujemy dowole odworowaie C C : q() dla dostatecie du»ego R. Ropatrmy ów obra okr gu γ 1 = C0 R : γ 2 = q(γ 1 ). Obra te jest pew amki t kryw ci gª. Obiegijmy ów aokoªo okr g γ 1. Ile b die wyosiª pryrost argumetu w obraie? Oblicmy argumet q(): arg (q()) = arg ( +c c 1 +c 0 ) = arg ( )+arg (1+ c c c 0 ) Pryrost argumetu (q()), gdy obiega okr g γ 1, wyosi: (q()) = 2π + arg(1 + c 1 Mamy osacowaie (pami tajmy»e = Re iφ ): + + c c 0 ) 1 + c c c c c c 0 = 1 + c 1 R + + c 1 R + c 0 1 R Bior c tera R dostatecie du»e, otrymujemy,»e dla dowolego = Re iφ licby: (1 + c c 1 + c 1 0 ) le» wew tr okr gu o ±rodku w pukcie 1 i promieiu 1. Tak 2 wi c miaa argumetu tej licby wyosi ero, gdy obiegamy okr g γ 1 w preciwobraie. Sytuacj mo»emy podsumowa mówi c,»e: Pryrost argumetu q(), gdy obiega okr g γ 1, wyosi 2π. 8

9 3) Z drugiej stroy, mamy: q(0) = c 0, akªadamy a±,»e c 0 0, gdy» w iym prypadku dowód jest sko«coy. ) We¹my tera rodi okr gów o promieiu malej cym od R do era i ropatrujmy obray tych okr gów. Zmiaa obrau okr gu o promieiu r jest ci gªa, gdy mieiamy promie«. Z 2) i 3) wioskujemy,»e gdie± po drode, gdy deformujemy okr gi, prechod c od promieia R do era, obra pewego okr gu ahacy o ero. Uwaga. Pokaali±my,»e dowole rówaie algebraice -tego stopia posiada pryajmiej jede pierwiastek. A co mo»liwo±ci jego obliceia? Iymi sªowy, cy dla dowolego rówaia algebraicego da si apisa wory a jego pierwiastki, aalogice do worów Cardaa dla = 3? Okauje si,»e odpowied¹ jest egatywa. Wory a pierwiastki daje si jesce apisa dla rówaia. stopia (alaª je L. Ferrari w XVI w.) Rowi a«dla rówa«wy»sych stopi beskutecie posukiwao pre ast pe dwa wieki, a» a poc tku XIX w. ieale»ie N. Abel ora E. Galois odkryli,»e dla rówa«stopia wy»sego i» cwarty, w ogólym prypadku pierwiastki ie wyra»aj si a pomoc sko«coej kombiacji diaªa«arytmetycych i operacji wyci gaia pierwiastka. 1 (Dowody mo»a ale¹ w wielu podr cikach algebry; pryst py wykªad teorii Galois staowi ksi»ecka M. Bry«skiego w serii "Biblioteka Delty".) Pó¹iej okaaªo si,»e mo»a apisa wyra»eia a pierwiastki rówaia dowolego stopia, je±li rosery si asortymet fukcji, które dopuscamy w wyra»eiach a pierwiastki. Pierwiastki dowolego rówaia mo»a wyrai pre tw. fukcje modulare (do ich deiowaia i badaia koieca jest do± aawasowaa aalia espoloa). Pokaao to pod koiec XIX wieku (Ch. Hermite, F. Klei, F.Lidema, C. Jorda). 1 Ich prace byªy popredoe ieale»ym i jak si pó¹iej okaaªo iekompletym dowodem Ruiego. 9