Қазақстан Республикасының ғылым және білім министрлігі
§ 5. Алгебралық сандар өрісі
жүктеу/скачать 1,18 Mb. Pdf көрінісі
|
- Бұл бет үшін навигация:
- Анықтама . Q өрісі алгебралық сандар өрісі деп аталады. Теорема 2
- § 6. Үшінші дәрежелі теңдеудің квадрат радикалдарда шешімділік шарттары
- Кубты екі есе үлкейту есебі
- Бұрышты трисекциялау туралы есеп
- Дұрыс 7-бұрышты салу туралы есеп
- Теорема 1
- Теорема 3
- § 9. Трансцендент сандар
§ 5. Алгебралық сандар өрісі
Алгебралық сан деп рационал сандар Q өрісінде алгебралық элемент аталады. Алгебралық сандар жиыны Q ~ деп белгіленеді. Теорема 1. Алгебралық сандар Q ~ жиыны өріс болады, атап айтқанда, Q ~ жиыны комплекс сандар C өрісінің ішөрісі болады. Анықтама. Q ~ өрісі алгебралық сандар өрісі деп аталады. Теорема 2. Алгебралық сандар Q ~ өрісі алгебралық тұйық болады. § 6. Үшінші дәрежелі теңдеудің квадрат радикалдарда шешімділік шарттары 1. Теңдеудің квадрат радикалдарда шешілімділік ұғымы Анықтама. F өрісі P өрістері беғрілсін. Егер F = P( ), P және 2 P болатындай элементі табылса, F өрісі P өрісінің квадрат кеңеюі деп аталады. Анықтама. x n + a 1
+…+ a n–1 x + a n = 0, a i Q, теңдеуі квадрат радикалдарда шешілімді деп аталады, егер оның түбірлерін
2 – 0 = 0, 0 F 0 ;
2 –
1 = 0, 1 F 1 = F 0 (
); x 3 – 2 = 0, 2 F 2 = F 1 (
); . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x 2 – k–1 = 0,
k–1 F k–1 = F k–2 ( 2 k ) екімүшелі квадрат теңдеулердің түбірлері арқылы рационал түрде (яғни қосу, азайту, көбейту және бөлу операциялар арқылы) өрнектеуге болса. Анықтама. Егер x n + a 1
+…+ a n–1 x + a n = 0, a i Q теңдеуінің түбірлерін екімүшелі теңдеулердің түбірлері арқылы рационалды түрде (яғни қосу, азайту, көбейту және бөлу операциялар арқылы) өрнектеуге болса, яғни 0
0 = 0, 0 F 0 ; 1 n x – 1 = 0, 1 F 1 = F 0 (
0 n ); 2
x – 2 = 0, 2 F 2 = F 1 (
1 n ); . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
n x –
k–1 = 0,
k–1 F k–1 = F k–2 ( 2 2 k n k ),
онда теңдеу радикалдарда шешілімді деп аталады. Сонымен осы теңдудің түбірлері 0 0
, 1 1 n , ..., 1 1
n k сандары арқылы рационалды өрнектеледі, ал осы сандар F
= F k–1 ( 1 1 k n k ) өрісіне тиісті. Екінші, үшінші және төртінші дәрежелі теңдеулер радикалдарда шешіледі. Квадрат теңдеудің түбірі квадрат теңдеудің коэффициенттеріне арқыоы рационал операцияларды және квадрат түбірлеуді қолданып табылады. Үшінші дәрежелі теңдеудің түбірлері Кардано формуласы бойынша коэффициенттеріне рационал операцияларды, квадрат түбірлеуді және кубтық түбірлеуді қолданып табылады. Ал төртінші дәрежелі теңдеудің түбірлері Феррари әдісі бойынша, коэффициенттерге рационалоперацияларды, квадрат түбірлеуді және кубтық түбірлеуді қолданып табылады. Ал бестен кем емес дәрежелі теңдеуде жалпы жағдайда радикалдарда шешілмейді. Оны бірінші рет Абель дәлелдеген. Бестен кем емес дәрежелі теңдеулердің қайсысы радикалдарда шешіледі, қайсысы шешілмейтін мәселелері Галуа теориясында қаралады. 2. Үшінші дәрежелі теңдеудің квадрат радикалдарда шешілімділік шарттары Теорема 1. Коэфиициенттері рационал сандар болатын үшінші дәрежелі x 3 + ax 2 + bx + c = 0 (1) теңдеуі квадрат радикалдарда шешілімді болады, сонда тек сонда ғана оның кем дегенде бір рационал түбірі болады. 3. Квадрат радикалдарда шешілмейтін есептер Геометрияда сызғыш және циркульмен геометриялық салу есептері қаралады. Кейбір объектілер (нүктелер, түзулер және шеңберлер) берілсін. Берілген шарттар орындалатын жаңа объектілерді салу керек. Геометриялық салу есептердің қайсысының шешімі болатыны, қайсысының болмайтындығы алгебр тілінде шешіледі. Салу есептерінде қолданылатын операциялар сандарға қолданылатын рационал операциялар (қосу, азайту, көбейту және бөлу) және квадрат түбірін есептеу операция арқылы сипатталады. Ол үшін геометриялық объектілер координаталық жазықтықта қаралады. Әрбір нүкте сандардың жұбымен (Декарт координаталарымен), түэу екі нүктемен, яғни сандардың екі жұбымен, шеңбер центрі және радиусымен сипатталады. Жалпы айтқанда, геометриялық салу есебі алгебра тілінде былай тұжырымдалады: a, b, c,… кесінділері берілгенде, жаңа x кесіндісін салу керек, мұнда сөз кесінділердің ұзынықтары туралы. Теорема 2. Егер кейбір есептің x шешімі нақты сан болса және ол берілген a, b, c,… кесінділерден рационал операцияларды және квадрат түбірлерді табу операциясын қолданып табылса, онда x кесіндісін сызғыш және циркульмен салуға болады.
Теорема 3. Егер x кесіндісі берілген a, b, c,… кесінділерін пайдаланып сызғыш және циркульмен салынса, онда x кесіндісі a, b, c,… кесінділелріне рационал операцияларды және квадрат түбірді табу операциясын қолданып табуға болады.
қабырғасын салу керек. Бізге кесінді ғана берілген – кубтың қабырғасы. Оны бірлік кесінді деп алуға болады. Онда ізделіген кубтың қабырғасының x ұзындығы x 3 – 2 = 0 теңдеуінің түбірі болады. Осы теңдеу квадрат радикалдарда шешілмейді, сондықтан осы теңдеудің қабырғасын циркуль және сызғыштың көмегімен салуға болмайды. Бұрышты трисекциялау туралы есеп. Берілген бұрышты үш тең бөлікке бөлу керек. Берілген O нүктесінен шығатын екі сәуле бұрышын құрасын. Радиусы бірлік болатын дөңгелектің доғасын өткізейік. Енді OA кесіндінің ұзындығы a = cos болатындай A нүктесін салуға болады. Керісінше, ұзындығы cos
Сонымен ұзындығы cos болатын кесінді салынғанда, тек сонда ғана бұрышы салынады.
Сондықтан ізделінетін бұрыш x = cos 3 бұрышы болады деуге болады. Ал cos + isin = (cos 3 3 –
3cos 3
sin 2
) + i(3cos 2 3
sin 3
– sin 2
), сондықтан cos = cos 3 3 – 3cos
3 sin
2 3
= cos 3
– 3cos 3
(1 – cos
2 3
) және 4cos 3 3 – 3cos
3 – cos
= 0. Ал x = cos 3
, сондықтан 4x 3 – 3x – a = 0. (1)
Егер = 2
болса, онда a = 0. Сондықтан (1)-теңдеуі квадрат радикалдарда шешіледі. Егер
= 3
болса, онда a = cos
2 1 және 8x 3 – 6x – 1 = 0 теңдеуі шығады. Мұнда y = 2x деп алса, онда y 3 – 3y – 1 = 0 теңдеуі шығады. Осы теңдеудің рационал түбірі болмайды, сондықтан, 1-теорема бойынша, ол квадрат радикалдарда шешілмейді. Сондықтан 3
бұрышын салуға болмайды.
7 – 1 = 0 теңдеуінің түбірлері комплекс жазықтықта бірлік дөңгелекке іштей сызылған 7-бұрыштың төбелерімен кесінделеді. Теңдеудің бір түбірі 1, қалғандары z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 (1)
теңдеуінің түбірлері болады. Бұл қайталама теңдеу (3-тарау, § 3). Осы теңдеуді z 3 -қа бөліп, қосылғыштарды топтағаннан кейін (z + z 1 ) 3 – 3(z + z 1 ) + (z + z 1 ) 2 + (z + z 1 ) – 1 = 0 теңдеуі шығады. Мұнда t = z + z 1 деп алса, онда t 3 + t 2 – 2t – 1 = 0 теңдеуі шығады. Соңғы теңдеудің рационал түбірлері болмайды, онда (1)-теңдеудің де рационал түбірі болмайды. Сондықтан (1)-теңдеу квадрат радикалдарда шешілмейді. Осыдан (1)-теңдеудің түбірлерін циркуль және сызғышты пайдаланып салуға болмайды. Сонымен дұрыс 7-бұрышты циркуль мен сызғышты пайдаланып салуға болмайды. Дұрыс n-бұрышты салу мәселесін 1796 жылы Гаусс шешкен: дұрыс n-бұрышты салуға болады, сонда тек сонда ғана n санын n = 2
1
2 …p m түрінде келтіреді, мұндағы k – теріс емес бүтін сан, p 1 , p 2 ,…, p m
сандарының бәрі 2 s + 1 түріндегі әртүрлі жай сандар.
x 3
Дұрыс 7-бұрыштың салынбайтыны Гаусстың формуласынан да шығады, өйткені 7 саны 2 s + 1 түрінде жіктелмейді .
түрінде жіктелмейтін нақты сан аталады, q 0. Мысалы, 2 иррационал сан болады. Әдетте оны былай дәлелдейді. 2 рационал сан болсын және қысқартылмайтын бөлшек түрінде сін: 2 =
q p , мұндағы p, q өзара жай бүтін сандар. Онда 2 q = p, 2q 2 = p 2 . Осыдан p саны 2-ге бөлінетіні шығалы: p = 2k. Онда 2q 2 = 4k 2 , q 2 = 2k 2 . Соңғы теңдіктен q-да 2-ге бөлінетіні шығады. Онда p мен q өзара жай болмайды. Қайшылық. Сондықтан 2 рационал сан болмайды. Одан басқа иррационал сандарды былай да құруға болады. 1.
+ a 1
+ … + a n көпмүшесінің түбірі болса, онда
рационал сан болсын, яғни p, q бүтін сандар, p мен q өзара жай және p > 1. Онда p
+ a 1
= 0. Осыдан q санының жай бөлігіші p санын да бөлінетіні шығады. Бұл p мен q сандарының өзара жай болатынына қайшылық келеді. Сондықтан саны иррационал болады. 2. Енді n және a натурал сандар болсын және a натурал санның n-дәрежесі болмасын. Онда n a саны иррационал болады, өйткені n a түбірі x n – a = 0 теңдеуінің түбірі болады. Егер n a түбірі натурал сан болса, онда арифметиканың негізгі теоремасы бойынша, жай сандардың көбейтіндісіне жікткеледі: n a = p 1
2 …p m . Осыдан a = ( n a ) n = (p 1 )
(p 2 ) n …(p m )
= (p 1
2 …p m )
. Бұл a саны натурал санның n-дәрежесі болмайтынына қайшы келеді. Сондықтан n a иррационал сан. Теорема 1. e саны иррационал болады. Теорема 2. саны иррационал болады. § 8. Иррационал сандарды рационал сандармен жуықтау Рационал сандар жиыны нақты санда жиынында барлық жерде тығыз болады. Сондықтан кез келген нақты
санымен жуықтауға болады. Жуықтағанда q p
қателігінің бағалауын q бөліміне тәуелді (q) функциясы түрінде іздейді. Егер
q p
< с
шешімдер саны ақырсыз болатын -ға ғана тәуелді c > 0 тұрақтысы табылса, онда саны рационал q p сандарымен (q)-ретті жуықталады дейді. Әдетте
(q) функциясы q 1 түрінде қаралады, > 0. Берілген q және параметрлеріне әртүрлі мәндерін беріп және q p
<
1
теңсіздігінің рационал q p шешімдер саны ақырсыз немесе ақырлы болатынын анықтап, жуықтаудың ретін анықтайды. Әуелі
= b a рационал сан болсын, мұндағы p, q – бүтін сандар және (p, q) = 1. Кез келген q үшін q p
b a <
q p 1
болатындай бүтін p саны табылады. Осыдан q p
<
1 . (1) Енді q-ға b санына еселі емес мәндерін беріп, (1)-теңсіздігінің саны ақырсыз q p
b a шешімдерін табуға болады. Бұл
сандарымен q 1 -ретті жуықталатынын көрсетеді. Екінші жағынан, кез келген рационал q p ,
p
b a , санына q p
=
= bq bp aq =
bq bp aq
bq 1 . Осыдан кез келген c тұрақтысы үшін q p
<
теңсіздігінің, 0 < c b 1 болғанда, рационал q p ,
p
, шешімі табылмайды. Келесі леммада Дирихле принципі қолданылады: Төрт қоянды үш клеткаға орналастырғанда, кем дегенде бір клеткада екі қоян табылады.
|
1
болатын бүтін p және q сандары табылады, 1 q . Теорема 1. нақты сан болсын. |
q p | <
2 1
(2)
теңсіздігінің рационал q p шешімдерінің саны ақырсыз болады, сонда тек сонда ғана – иррационал сан.
Теорема 2. Кез келген рационал сан ақырлы үзіліссіз бөлшек түрінде еді. Иррационал сан ақырсыз үзіліссіз бөлшек түрінде еді. Квадраттық иррационалдық деп c b a түріндегі сан аталады, мұндағы a, b, c – бүтін сандар, b > 0 және b бүтін санның квадраты болмайды.
1. Лиувилль теоремасы XIX-ғасырға дейін барлық нақты сандар алгебралық болады деп ойлаған. Ал трансцендент сандардың бірінші мысалын 1844 жылы француз математигі Лиувилль келтірген. Теорема 1 (Лиувилль). n-дәрежелі алгебралық нақты саны берілсін, n > 1. Онда кез келген бүтін p және q сандары үшін q p
>
(1)
теңдігі орындалатындай > 0 саны табылады. Теорема 2. Нақты саны берілсін. Егер кез келген натурал k саны үшін 0 <
q p
<
1
теңсіздігінің рационал q p шешімдерінің саны ақырсыз болса, онда – трансцендент сан. 2. e санының трансценденттігі Теорема 1 (Эрмит). e – трансцендент сан. 3. санының трансценденттігі Теорема 2. Егер m 2, f(x) – x айнымалдың көпмүшесі және F 1 (x) = )! 1 ( 1 m x m f(x), F 2 (x) = )! 1 ( m x m f(x) болса, онда F 1 (h), F 2 (h) бүтін сандар және F 1 (h) f(0), F 2 (h) 0 (mod m). Теорема 3 (Линдеман). саны трансцендент болады.
жүктеу/скачать 1,18 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|