ПРАКТИЧЕСКИЕ
ЗАНЯТИЯ
ПО АЛГЕБРЕ
И ТЕОРИИ
ЧИСЕЛ

ПРАКТИЧЕСКИЕ
ЗАНЯТИЯ
ПО АЛГЕБРЕ
И ТЕОРИИ
ЧИСЕЛ
Допущено Министерством просвещения СССР
в качестве учебного пособия
для студентов физико-математических факультетов
педагогических институтов
МИНСК
«ВЫШЭЙШАЯ ШКОЛА:
1986

ББК 22.14я73
П69
УДК 512.5(075.8)
Авторы: М. П. Лельчук, И. И. Полевченко, А. М. Радьков,
Б. Д. Чеботаревский
Рецензенты: кафедра алгебры Брестского педагогического
института; Г. В. Дорофеев, доктор физико-математических наук,
профессор МГПИ им. В. И. Ленина
1702030000-021 ©Издательство
М304(05)—86 1 й «Вышэйшая школа», 1986.

ПРЕДИСЛОВИЕ
Предлагаемая книга адресована в основном студентам
физико-математических факультетов пединститутов. Она
не является задачником, хотя в некоторых отношениях
может его заменить. Все содержание пособия разбито на
занятия. Каждое занятие посвящено определенной теме и
содержит контрольные вопросы, рекомендованную литературу,
образцы решений задач, тест для самоконтроля и задачи
для самостоятельного решения. Разбивка программного
материала на параграфы-занятия отражает опыт авторов в
реальных условиях преподавания.
Использованные задачи частично составлены авторами,
частично заимствованы из литературы, список которой
приведен в конце пособия. Как правило, в каждом практическом
занятии в списке литературы указаны два источника: книга
Л. Я- Куликова «Алгебра и теория чисел» и одно из учебных
пособий по алгебре и теории чисел, адресованных
студентам-заочникам. Однако решения задач не зависят от
специфики упомянутых книг, читатель может пользоваться любым
изложением курса алгебры и теории чисел. Поэтому в
тексте книги почти нет специально сформулированных
теоретических положений. Исключение составляет занятие 40,
посвященное симплекс-методу. В нем приводятся восемь
положений, на которые затем делаются все ссылки при решении
задач симплекс-методом.
Материал книги апробирован авторами: с 1978 г. он
использовался при проведении практических занятий по
алгебре и теории чисел в Могилевском пединституте. При
этом преследовались две основные цели: 1) организация
обязательной и доступной для всех студентов
самостоятельной работы; 2) перенесение усвоения алгоритмической части
курса алгебры и теории чисел в основном на
самостоятельную работу, предшествующую очередному практическому
занятию.
3

Авторы благодарят кафедру алгебры Брестского
пединститута и выражают признательность доктору
физико-математических наук профессору Г. В. Дорофееву за ценные
замечания, способствовавшие улучшению книги.
Все отзывы на книгу просим присылать по адресу:
220048, Минск, проспект Машерова, 11, издательство «Вы-
шэйшая школа».
Авторы

ИСПОЛЬЗУЕМЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
Л — конъюнкция
V — дизъюнкция
-> — импликация или отображение (смысл символа виден из контекста)
<—► — эквиваленция
=> — логическое следование
«=> — логическая эквивалентность
V — квантор общности
Н — квантор существования
а — отрицание высказывания а; число, комплексно-сопряженное числу а;
класс вычетов, содержащий целое число а (смысл символа виден
из контекста)
= — эквивалентность формул логики, сравнимость целых чисел (смысл
символа виден из контекста)
й— строка из векторов u = (up u2, ..., ил), в частности е = (ер е2, ...,
е ) _ базис векторного пространства
|а|, | а | —модуль числа, длина вектора
а • Ь — скалярное произведение векторов a, b
(а1э а2, ..., ал > —линейная оболочка системы векторов
L1 — ортогональное дополнение к подпространству L
dim L — размерность пространства L
Ат — матрица, транспонированная по отношению к матрице А
А{ — /-я строка матрицы А
Ak — k-й столбец матрицы А
а\Ь — целое число а делится на целое число b
N, N0, Z, Q, R, С — соответственно множества натуральных, целых
неотрицательных, целых, рациональных,
действительных, комплексных чисел
апап—\ ••• а1а0(а) — запись натурального числа в ^-ичной позиционной
системе счисления
гЪ — множество всех чисел вида гт, где г — фиксированное
рациональное число, am — любое целое число
arg 2 — аргумент комплексного числа z

ЗАНЯТИЕ 1
ВЫСКАЗЫВАНИЕ. ЛОГИЧЕСКИЕ ОПЕРАЦИИ.
ФОРМУЛЫ ЛОГИКИ ВЫСКАЗЫВАНИЙ. ЗАКОНЫ ЛОГИКИ
Вопросы к занятию
1. Высказывание, простое высказывание, составное
высказывание.
2. Определение пяти логических операций.
3. Формула логики высказываний. Порядок выполнения
логических операций.
4. Таблицы истинности формулы.
5. Тождественно-истинные и тождественно-ложные
формулы. Равносильные формулы. Законы логики.
6. Законы де Моргана, закон контрапозиции, закон
противоречия, закон исключенного третьего, закон
силлогизма.
Литература: [7], с. 5—17.
Образцы решения задач
Задача-1. Следующее высказывание расчленить на
простые высказывания и записать с помощью символов
логических операций: «Если светит солнце и море, синеет, весла
пенят воду или парус белеет».
Решение. Обозначим буквами простые высказывания:
р — светит солнце; q — море синеет; г — весла пенят воду;
t — парус белеет. Теперь можно следующим образом записать
логическую схему высказывания: р Д q-*r V t.
Задача 2. Дано: p\J q = Hy рД g = JI, p-*q = H.
Установить значения истинности р, q.
Решен и'е. Из p\J q = \\ следует, что хотя бы одно
из высказываний р, q истинно. Из р Д q = Jl следует, что
хотя бы одно из них ложно. Следовательно, р и q имеют
разную истинность. Тогда из p-*q = H следует р = Л, д=И.
Задача 3. Сформулировать и доказать закон контрапозиции.
Решение. / способ. Закон контрапозиции состоит в том,
что формула p^>-q<—>q-*p является
тождественно-истинной. Это можно выразить иначе: формулы p-*q и q-+p
равносильны, т. е. p-+q = q->p.
6

Докажем эту равносильность с помощью таблицы
истинности (табл. 1). В формулировку закона входят две
логические переменные. Следовательно, надо рассмотреть четыре
возможных набора значений истинности этих переменных и
установить, что при любых одинаковых наборах значений
истинности переменных р и q формула p-+q принимает то
же значение истинности, что и формула <7->-р.
Таблица 1
р
и
[И
л
л
я
и
л
и
л
Р~+Я
и
л
и
и
q
1 л
и
л
и
р
л
л
и
и
' Я-+Р
и
л 1
и
и 1
// способ. Проведем доказательство «от противного».
Предположим, что существует такой набор значений
истинности переменных р и q, что при этом р-+ q = И, но q-+p=n.
Но <7->р = Л влечет <7==И, р=;Л по определению
импликации. Далее из определения отрицания получаем q = J\y
р = И. Но тогда р->-<7 = Л, что противоречит предположе-
нию._ Аналогично отвергается предположение p-+q = Jl,
q-+p = H. Этим равносильность формул p-+q и
q-+pпоказана.
Задача 4. Упростить формулу логики высказываний:
(р-+я)А(я-*-р)-
Решение.
(р-+д) Д (?->-р) (применим закон де Моргана) s
= Р-*Я V 9 ~^Р (применим закон отрицания импликации)^
— (р Л я)У Q А р) (применим закон двойного отрицания
и дистрибутивность конъюнкции относительно дизъюнкции)^
= Я А (р V р) (применим закон исключенного третьего)^
==дДИ (применим нейтральность истины в операции
конъюнкции) =
Итак, (p^q) /\Q^p) = q.
7

Тест 1 для самоконтроля
1. Известно, что эквиваленция р<—> q ложна. Укажите
верные и неверные утверждения.
1.1. Импликация р -> q ложна.
1.2. Одна из импликаций р -> q или q -> p ложна.
1.3. Эквиваленция р -«-->q ложна.
1.4. Конъюнкция рf\q ложна.
1.5. р и q имеют одинаковые значения истинности.
2. Докажите равносильность формул р Д q->- r?=p/\r-+q
(закон расширенной контрапозиции). Для сокращения
записей доказательств введем обозначения: (1) — закон снятия
импликации; (2) — закон введения импликации; (3) —
коммутативность дизъюнкции; (4) — ассоциативность дизъюнкции;
(5) — закон контрапозиции; (6) — законы де Моргана; (7) —
закон двойного отрицания. Укажите правильные и
неправильные доказательства.
(1) (6) __ _(1) = - (6). (7)
2.1. pAq-+r = phq\/r = (p\/q)\/r; pAr -> q = pAr\/q =
= Cpyr)yq.
Из транзитивности равносильности формул, ассоциативности и
коммутативности дизъюнкции следует р Aq -*• г = р А г -> Я-
(О (6) г _ч (3).(4)- ч -(6). (7) = _(2)
2.2. pAq-+r =pAqMr = (pVqfVr = {pVrjVq = pAr\/q =
= PAr -> q.
Таблица 2
p 1
и
1 и
1 и
1 и
л
1 л
л
1 л
я
и
и
л
л
и
и
л
л
г
и
л
и
Л |
и
л
и
л
рл^
и
и
л
л 1
л
л
л
л
рАЯ^г*
и
л
и
и
и
и
и
и
г
л
и
л
и
л
и
л
и
pAr
л
и
л
и
л
л
л
л
Я4
л
л
и
и
л
л
и
и
рАг->я
и. 1
л 1
и 1
1 и 1
и 1
и 1
и
и
8

- - (5) - (1). (6), (7) _ (3), (4) (6)
2.3. pAr-+q = q'-+pAr = qV (pV r) = (pV?)V =
i v (2)
2.4. Импликация p f\q-+г ложна тогда и только тогда, когда
рЛ<7=И, а г = Л. Однако рt\q = И только в случае р = И и q = И.
При таком наборе значений р, q и г импликация рАг-+ ? также ложна.
Следовательно, эти формулы равносильны.
2.5. Доказательством служит таблица истинности (табл. 2).
Домашнее задание
1. Что можно сказать о значении истинности формулы p\Jq-+r,
если р = И? Составьте предложение, логическая структура которого
описывается этой формулой. Примените закон де Моргана к
составленному предложению.
2. Докажите один из законов де Моргана.
3. Дано: pVq = И, рЛ<7 = Л. Каково значение истинности р «—► q}
4. Упростите формулу логики высказываний (р -> q) -> р.
ЗАНЯТИЕ 2
ВЫСКАЗЫВАТЕЛЬНЫЕ ФОРМЫ. КВАНТОРЫ.
ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ВЫСКАЗЫВАНИЯ С КВАНТОРАМИ
Вопросы к занятию
1. Высказывательная форма. Переменные, область
допустимых значений. Область истинности высказывательной
формы.
2. Превращение высказывательной формы в
высказывание. Кванторы.
3. Влияние порядка навешивания кванторов на смысл
получающегося высказывания.
4. Обобщенные законы де Моргана. Построение
отрицания высказывания с кванторами.
Литература: [7], с. 22—30, 35, 36.
Образцы решения задач
Задача 1. Записать следующие предложения, применяя
кванторы: 1) уравнение х2 —4 = 0 имеет натуральный
корень; 2) среди натуральных чисел существует наименьшее;
3) любое натуральное число положительно.
Решение. 1) (Hxg N)(*2 — 4 = 0); 2) (Зх£ N)(Vy£N)
(*<*/); 3) (V*€N)(*>0).
9

Задача 2. Указать среди следующих предложений вы-
сказывательные формы и высказывания (высказывания
записать символически и привести значения их
истинности): 1) число 4 меньше числа 2; 2) на какие натуральные
числа делится число 6? 3) число 6 делится на 1 и 2; 4) если
числа а и b делятся на 3, то их сумма также делится на 3;
5) во сколько раз 24 больше 6? 6) х + у = 2; 7) для каждого
действительного числа х уравнение х + у = 2 имеет решение;
8) при любых действительных числах х, у х+у = 2\ 9)
существует число х, такое, что при любом у х+у = 2\ 10)
существуют натуральные х, у, такие, что х+у = 2.
Решение. Предложения 2 и 5 вопросительные,
поэтому ни к высказываниям, ни к высказывательным формам
они не относятся. Укажем значения истинности остальных
предложений: 1) 4<2 — ложное высказывание; 3) (611) Д
Д (6 • 2) — истинное высказывание; 4) (Va, Ъ £ Z) [(а • 3) Д
Д (Ь: 3) ->- (а + Ь) • 3] — истинное высказывание; 6) х + У = 2—
высказывательная форма от двух переменных; 7) (Vx^R)
(Яу) (х + у = 2) — истинное высказывание; 8) (V* g R) (Vy £
€ R) (x -f У = 2) — ложное высказывание; 9) (Нл:) (Vy) (x + У=
= 2)— ложное высказывание; 10) (Зл: £ N) (Яу £ N) (л: + у =2)—
истинное высказывание (х=у= 1)'.
Задача 3. Определить, чем отличаются следующие
высказывания, каковы их смысл и истинность: 1) (Зх£ N)
(V>/<EN) (*>*/); 2) (V*/<EN)(Hx<EN) (*>*/).
Решение. Первое высказывание утверждает
существование наибольшего натурального числа, т. е. ложно.
Второе высказывание утверждает, что после любого
натурального числа у найдется еще большее число х, т. е.
наибольшего натурального числа не существует. Второе
высказывание истинно. Внешне эти высказывания
отличаются только порядком навешивания разноименных
кванторов.
Задача 4. Установить, чем отличаются следующие
высказывания, каковы их смысл и истинность: 1) (HxgN)
(V*/6 N)(3ze N)(x+y=z);2)(Zz£ ЩУу£ N)(H*€ N) (x+y=z).
Решение. Высказывания внешне отличаются только
порядком навешивания кванторов. Переставлены местами
одноименные кванторы существования, но не стоящие
рядом. В связи с этим может произойти изменение смысла
высказывания. В самом деле, первое высказывание
истинно. Оно утверждает, что существует натуральное число,
которое в сумме с любым натуральным числом опять дает
натуральное число, т. е. существование натуральной суммы
двух натуральных чисел, одно из которых зафиксировано.
10

Согласно второму высказыванию, существует такое
натуральное число, которое разлагается в сумму двух
натуральных слагаемых, и одно из них произвольное. Это ложное
высказывание. Если предположить, что такое z существует,
то достаточно положить y = z+l, чтобы убедиться, что
натуральное х не найдется.
Задача 5. Выяснить истинность высказывания и
построить его отрицание;
(3a£Z)(V66N)(ai6). (1)
Решение. Высказывание (1) читается так:
существует целое число, делящееся на любое натуральное. Оно
истинно, ибо таким числом является нуль. Отрицание
высказывания (1) читается так: не существует целого числа,
делящегося на любое натуральное. Поэтому смысл
отрицания высказывания (1) не нарушится, если символ
отрицания оставить только над первым квантором:
(Ha£Z)(V6£N)(a;6). (2)
Но если такого целого числа не существует, то все целые
числа таковы, что делятся не на любое натуральное число,
т. е. (2) принимает вид
(Va€Z)(Vft€N)(a:ft), (3)
т. е. отрицаемый квантор сменился на противоположный,
а отрицание сместилось на следующий квантор.
Но фраза «не для любого натурального Ъ а делится на
Ь» означает, что существуют такие натуральные 6, на
которые а не делится. Поэтому (3) можно преобразовать так:
(Va<EZ)(H6<EN)(^Tfe), (4)
т. е. в отрицании высказывания (1) все кванторы
заменились на противоположные, а отрицание сместилось на вы-
сказывательную форму. Высказывание (4) ложно, число
нуль является контрпримером, притом единственным, т. е.
для чисел, не равных нулю, высказывание (4) будет
истинным.
Задача 6. Построить отрицание второго высказывания
из задачи 4.
Решение. Надо построить отрицание высказывания
(Згё N)(Vy€ N)(H*£ N) (x + y = z). (1)
Для этого достаточно отрицать только первый квантор:
(Hz£ N)(Vy<E N)(3*g N)(jt + y = г). (2)
В высказывании (2) заменяем отрицаемый первый кван-
11

тор на противоположный и смещаем отрицание на
следующий квантор и т. д. Окончательно отрицание сместится на
высказывательную форму, а все кванторы окажутся
замененными на противоположные:
(V* <Е N) (Яу <Е N) (V* $Щ(х + уфг). (3)
Смысл высказывания (3): для любого натурального числа
г найдется такое натуральное число у, которое в сумме с
любым натуральным х не равно г. Это истинное
высказывание, ибо у достаточно взять большим, чем г.
Тест 2 для самоконтроля
1. Установите истинность следующих высказываний.
1.1. (V*£N) (|*
1.2. (V*<EZ) (
1.3. (H*£N) (
1.4. (H*<EZ) (
1.5. (H*£Z) (
= x).
= *).
= *).
= x).
= -*)■
1.6. (H*<EZ) (Vt/CZ) (* + y = 0).
1.7. (Vt/CZ) (H*£Z) (* + y = 0).
1.8. (V*<EZ) (Vt/CZ) (x + y = 0).
1.9. (Vt/CZ) (V*<EZ) (* + y = 0).
1.10. (H*£Z) (Ht/CZ) (*+t/ = 0).
Домашнее задание
1. Запишите символически следующие высказывания и установите
их истинность: 1) для любых двух натуральных чисел х, у найдется
такой натуральный множитель z, что х • z делится нацело на у\ 2) из
любых двух действительных чисел первое меньше второго.
2. Постройте отрицания высказываний из предыдущей задачи.
3. Запишите с помощью кванторов определение возрастающей
функции. _
4. Докажите закон логики р -> q=p А Я-
ЗАНЯТИЕ 3
ЛОГИЧЕСКОЕ СЛЕДСТВИЕ И ЛОГИЧЕСКАЯ
ЭКВИВАЛЕНТНОСТЬ. НЕОБХОДИМЫЕ И ДОСТАТОЧНЫЕ
УСЛОВИЯ. ПРЯМАЯ, ОБРАТНАЯ, ПРОТИВОПОЛОЖНАЯ
И КОНТРАПОЗИТИВНАЯ ТЕОРЕМЫ
Вопросы к занятию
1. Логическое следствие, логическая эквивалентность.
2. Необходимое и достаточное; необходимое, но не
достаточное; достаточное, но не необходимое условие.
12

3. Теорема как высказывание с кванторами.
4. Теорема в форме импликации. Прямая, обратная,
противоположная и контрапозитивная теоремы. Теорема в
форме эквиваленции.
5. Одновременная истинность прямой и контрапозитив-
ной теорем.
Литература: [7], с. 14—21; [3], с. 37—39.
*
Образцы решения задач
Задача 1. Доказать следующее правило вывода (правило
построения доказательств): если из а следует Ь и Ь ложно,
то а ложно, т. е. (а->6) Д Ь=>а.
Решение. Заменим символ логического следования на
символ импликации. Надо доказать, что формула (а-^b) Д
Д 6->а является тартологией.
/ способ. Составим таблицу истинности формулы (табл. 3).
Таблица 3
а
1
1
0
0
b
1
0
1
0
a^b
1
0
1
1
(а-6)Л*
0
0
0
1
(a->b) f\b-+a
1
1
1
1
Примечание. Условные обозначения: 1—истина, 0—
ложь.
Видно, что формула (а-> b)/\b-*a тождественно истинна.
// способ. Предположим противное, т. е. что существует
такой набор значений истинности для а и 6, что (а-+Ь)/\
/\Ъ->а ложно. Тогда при. этом наборе по определению
импликации а = Л, (а->6)Д Ъ = И. Далее, по определению
конъюнкции Ь = И, a-+b = W. Но тогда по определению
отрицания а = И, Ь = Л, т. е. а-+Ь = Л. Получено
противоречие: а-^b одновременно истинно и ложно.
Противоречие отвергает предположение.
13

/// способ. Преобразуем формулу (а-*Ь) Д Ь-+а с
помощью следующих известных законов логики:
(а->6) /\Ъ-+а (снятие импликации) =
2== (а-*Ь)\/Ъ<С.а> (закон де Моргана, закон двойного
отрицания)=
= (a-+b V 6)V a (отрицание импликации) =■
== ((а Д b) V b) V а (дистрибутивность дизъюнкции
относительно конъюнкции) =
= ((а V b) Д (б V ^)) V а (закон исключенного третьего) =
=== ((а V б) Д И) V а (нейтральность истины в операции
конъюнкции) =
= (a\J Ь)\/ а (ассоциативность и коммутативность
дизъюнкции) е=
s=s (а V а) V 6\(закон исключенного третьего) е=
==И\/Ь = И.
Задача 2. Вместо многоточия поставить «необходимо
и достаточно», или «необходимо, но не достаточно», или
«достаточно, но не необходимо» в следующих
предложениях: 1) для того чтобы сумма двух натуральных чисел
была больше 20, ... чтобы каждое слагаемое было больше
10; 2) для того чтобы сумма двух натуральных чисел была
больше 20, ... чтобы хотя бы одно слагаемое было больше
10; 3) равенство 180 градусам суммы двух углов,
прилегающих к некоторой стороне выпуклого четырехугольника,
... для того чтобы этот четырехугольник был
параллелограммом; 4) равенство 180 градусам суммы углов,
прилегающих к каждой стороне выпуклого четырехугольника,
... для того чтобы этот четырехугольник был
параллелограммом.
Решение. Первое и второе предложения задачи
можно схематически записать так: для того чтобы q, ... чтобы
р, т. е. р является условием для q. Рассмотрим каждое
предложение в отдельности:
1) р—каждое из двух натуральных слагаемых больше
10, т. е. р есть высказывательная форма (а> 10) Д (6> 10);
q—сумма двух натуральных слагаемых больше 20, т. е. q
есть высказывательная форма а + Ь>20. Если а и Ь
таковы, что р истинно, то q следует из почленного сложения
неравенств а> 10 и 6> 10. Если р ложно, то импликация
p-+q истинна при любом значении истинности q по
определению импликации. Следовательно, высказывательная фор-
14

ма p-*q тождественно истинна, т. е. q является
логическим следствием из р. С другой стороны, q=>p ложно, т. е.
из а + 6>20 не следует а> 10 и Ь> 10. Приведем
контрпример: 4+19 > 20, но 4<10. Следовательно, р для q
не является необходимым условием. Итак, р для q
достаточно, но не необходимо.
Окончательная формулировка предложения: для того
чтобы сумма двух натуральных чисел была больше 20,
достаточно, но не необходимо, чтобы каждое слагаемое было
больше 10;
2) р — хотя бы одно из двух натуральных слагаемых
больше 10, т. е. р есть высказывательная форма (a>10)V
V (b> 10); q —.высказывательная форма а + 6>20.
Очевидно, что p=>q ложно (например, 12 + 1 >20 ложно),
т. е. р для q недостаточно. С другой стороны, q=>p
истинно, ибо при а^ 10, 6^10 получается a+6^20, что
противоречит q. Поэтому р для q необходимо.
Окончательная формулировка предложения такая: для
того чтобы сумма двух натуральных чисел была больше 20,
необходимо, но не достаточно, чтобы хотя бы одно
слагаемое было больше 10;
3) р—сумма двух углов, прилегающих к некоторой
стороне выпуклого четырехугольника, равна 180 градусам; q—
четырехугольник] является параллелограммом. Очевидно,
что p=>q ложно (например, трапеция), поэтому р для q
недостаточно. С другой стороны, q=>p истинно, ибо это
известное свойство параллелограмма, поэтому р для q
необходимо.
Окончательная формулировка предложения следующая:
р для q необходимо, но не достаточно, т. е. равенство 180
градусам суммы двух углов, прилегающих к некоторой
стороне выпуклого четырехугольника, необходимо, но не
достаточно для того, чтобы четырехугольник был
параллелограммом;
4) р — сумма углов, прилегающих к каждой стороне
выпуклого четырехугольника, равна 180 градусам; q —
четырехугольник является параллелограммом. Очевидно, что
p=>q истинно, ибо при Данном условии противоположные
стороны будут попарно параллельны, и по определению
четырехугольник будет параллелограммом. С другой стороны,
q=>p истинно, что для параллелограмма очевидно.
Окончательная формулировка предложения такая: равенство 180
градусам суммы углов, прилегающих к каждой стороне
выпуклого четырехугольника, необходимо и достаточно для
того, чтобы четырехугольник был параллелограммом.
15

Задача 3. Пусть р — высказывательная форма: в
треугольнике ABC угол С прямой, q— в треугольнике ABC
середина стороны АВ есть центр описанной окружности.
Необходимо: а) прочитать следующие предложения и
указать среди них теоремы (т. е. истинные высказывания о
логическом следовании): l)q=>p;2) p=>q\ 3) p=>q\ 4) q=>p\
5) p=>q\ 6) q=>p\ 7) p=>q\ 8) q=>p\ б) указать среди
предложений 1—8 взаимно противоположные, взаимно
обратные, взаимно контрапозитивные.
Решение. Например, предложение 2 читается так:
если в треугольнике ABC угол С не является прямым, то
середина стороны АВ не является центром описанной
окружности. Остальные предложения читаются аналогично.
Теоремами являются предложения 1, 2, 3, 8. Остальные
предложения ложны. Взаимно обратны предложения: 1 и
3, 2 и 8, 4 и 5, 6 и 7. Взаимно противоположны
предложения: 1 и 8, 2 и 3, 4 и 6, 5 и 7. Взаимно контрапозитивны
предложения: 1 и 2, 3 и 8, 4 и 7, 5 и 6. Среди них первые
две пары состоят из истинных предложений, а третья и
четвертая пары из ложных предложений. Видно, что
контрапозитивные предложения имеют одинаковую
истинность.
Задача 4. Записать в виде импликации или в виде экви-
валенции следующие теоремы: 1) сумма двух различных
натуральных чисел не меньше трех; 2) положительные
числа равны тогда и только тохда, когда равны их
десятичные логарифмы.
Решение. 1) (Va, b£ N)[(a^=ft)-^(a+6>3)]; 2) (Va, b£
£R)l(a>0) /\(b>0) /\(a = b)+—*(\ga=\gb)]. Если
использовать для множества всех положительных
действительных чисел символ R+, то второе предложение можно
записать и так: (Va, b€R+)[(a=b)<—>(\ga=\gb)].
Тест 3 для самоконтроля
1. Укажите, какие из следующих предложений истинные.
1.1. Делимость целого числа на 3 достаточна для его делимости
на 12.
1.2. Для того чтобы целое число делилось на 12, необходимо, но не
достаточно, чтобы оно делилось на 4.
1.3. Для того чтобы целое число делилось на 4, необходимо, но не
достаточно, чтобы оно делилось на 12.
1.4. Делимость целого числа на 12 необходима, но не достаточна
для его делимости на 3.
1.5. Делимость целого числа на 2 и на 3 необходима и достаточна
для его делимости на 12.
16

2. Определите правильность построения предложений,
если прямым предложением является следующее: «Если
целое число оканчивается на 5, то оно делится на 5».
2.1. Противоположное: «Если целое число не оканчивается на 5, оно
делится на 5».
2.2. Контрапозитивное: «Если целое число не оканчивается на 5, то
оно не делится на 5».
2.3. Контрапозитивное: «Если целое число не делится на 5, то оно
не оканчивается на 5».
2.4. Обратное: «Если целое число делится на 5, то оно
оканчивается на 5».
2.5. Противоположное: «Если целое число не оканчивается на 5, оно
не делится на 5».
Домашнее задание
1. Пусть р — предложение: целые числа а, Ь одновременно четные,
q — сумма а-\-Ь четная. Прочтите следующие предложения, выделите
среди них теоремы, укажите пары взаимно противоположных, взаимно
обратных и взаимно контрапозитивных предложений: 1) p=*q\ 2) q =>p;
3) р"=>^; 4) <7=>р; 5) p=>q; 6) р => q; 7) q => р; 8) q=*p.
2. Из следующих предложений составьте теоремы, употребляя
термины «необходимо», «достаточно» и их отрицания: 1) около
четырехугольника можно описать окружность; четырехугольник является
квадратом; 2) уравнение ах2 + Ьх + с = 0 имеет равные корни; Ь2 = 4ас\
3) sin a = sin P; а = 0; 4) две прямые параллельны; существует
плоскость, к которой две прямые перпендикулярны.
3. Докажите следующее правило построения доказательств: а ->-
-> {Ь -> с) =ф Ь -> (а -> с) (если при условии а из Ь следует с, то при
условии Ь из а следует с).
ЗАНЯТИЕ 4
СПОСОБЫ ЗАДАНИЯ МНОЖЕСТВ. РАВЕНСТВО И ВКЛЮЧЕНИЕ
МНОЖЕСТВ. ОПЕРАЦИИ НАД МНОЖЕСТВАМИ
Вопросы к занятию
1. Множество. Элементы множества. Пустое множество.
2. Характеристическое свойство элементов множества.
Способы задания множеств. Стандартные обозначения
некоторых множеств.
3. Отношение включения множеств. Равенство множеств.
Свойства этих отношений.
4. Универсальное множество.

5. Операции над множествами, их свойства. Диаграммы
Эйлера — Венна.
Литература: [7], с. 39—46.
Образцы решения задач
Задача 1. Записать символически: 1) множество всех
общих кратных натуральных чисел а, Ь\ 2) множество всех
действительных чисел, квадрат которых меньше 2.
Решение. 1) {*£ Щх\а) Д (х\ &)}; 2) {x£R\x2<2}.
Задача 2. Записать следующие множества с помощью
перечисления элементов, в виде числовых промежутков или
с помощью символа 0: Мг = {л:^ N|a:<6}; M2={x£ N|a:<0);
Afa={jc€Z|W^2};Af4={jc€N|(x:2)A(^:5)A(^<35)};M5={x€R|
(Х2_ 5) . (*а + 3) = 0); Мв = {х£ Щх\ <2}; М,= [х£ R|*>3}.
Решение. Мх= {1, 2, 3, 4, 5}; М2= 0; _М3 =J—2,
-1,0, 1, 2}, М4={10, 20, 30); Мб = (-]/ 5 , К 5 };
Мв=[-2, 2]; М7=]3, оо[.
Задача 3. Выяснить истинность следующих
высказываний: 1) 2<Е{1, 2, 3}; 2) {2}€{1, 2, 3};13) {2} € {[!}, {2}, (3)};
4) 6<Е {*£N |jci5}; 5) 6<Е {*£ N|(36!jc) Д (*>.5)}.
Решение. Первое и третье высказывания истинны,
ибо множество {1, 2, 3} содержит элемент 2, а множество
{{!}> {2}, {3}} содержит элемент {2}; второе
высказывание ложно; четвертое высказывание ложно, ибо 6 не
делится на 5; пятое высказывание истинно, ибо 6 — натуральное
число, на которое делится 36 и которое больше 5.
Задача 4. Установить вид отношения между
множествами Л и В (равенство, включение): 1) Л — множество всех
равносторонних треугольников; В— множество всех
треугольников, имеющих по два угла величиной в 60 градусов;
2) Л = {х\(х= 2у) Д (К N)}; В=(х\(х=6у) Д (»€ N)}.
Решение. 1) А = В; 2) так как все числа, кратные
шести, содержатся среди чисел, кратных двум, то В cz Л. Но
4 £ Л и 4 £ В, поэтому включение строгое.
Задача 5. Доказать (Л с В) Д (5 с С) Д (С с А) =ЦЛ =
= В = С).
Доказательство. Применим транзитивность
включения множеств: (В czC) Д (С а А)=>(В а Л). Тогда из двух
встречных включений следует равенство: (Л с В) Д (В а А)=>
=>• (Л = В). Аналогично доказывается В = С.
Следовательно, Л = В = С (транзитивность равенства).
Задача 6. Пусть Л — множество всех точек плоскости,
у которых ордината положительна, В — множество всех
18

точек плоскости, у которых абсцисса положительна.
Описать множества А{]В,А[}В, А\В, J, А {\ Ву А U В.
Решение. Будем проводить рассуждения, используя
рис. 1. Ясно, что А — это множество а\
всех точек верхней полуплоскости, В —
множество всех точек правой полу- АХЗ
АПВ
В\А
плоскости. Тогда А [\ В — множество всех
точек с обеими положительными коорди- _
натами; А [} В — множество всех точек, Аид
у которых хотя бы одна координата
положительна: Рис 1
А [)В=[(х9у)\(х>0)/\{у>0)} (пер- ' * .
вый координатный угол без осей);
А[}В={(х, у)\(х>0) V (#>0)} (ВСЯ плоскость без
третьего координатного угла).
Далее, А\В — множество всех точек, у которых
ордината положительна, а абсцисса неположительна, т. е. А\В=
= {(*> #Ж*^0) Л (&>0)} (второй координатный угол без
своей горизонтальной границы).
В данной ситуации в качестве универсального
множества U естественно взять множество всех точек плоскости.
Тогда A = U\A есть множество всех точек с
неположительной ординатой, т. е. нижняя полуплоскость вместе с
осью абсцисс;
А{]В= U\(A{]В)— множество всех точек, у которых
хотя бы одна координата неположительна (это вся
плоскость без внутренности первого координатного угла);
ХЦВ = U\(A [)В) = {(х,у)\(х<0) Д (У <0)} (третий
координатный угол). Характеристическое свойство множества
А[) В получается из характеристического свойства
множества A U В отрицанием, т. е. с помощью закона де Моргана.
Задача 7. Установить, существуют ли множества Л, Б,
С> такие, что для них одновременно выполняются
следующие условия: 1) А[\Вф&\ 2) А[\С=0\ 3) (А[)В)\С = 0.
Решение. Из третьего условия и определения
разности двух множеств следует: (ЛП^)\С= 0)=^(Л []В czC).
Далее, (А (]ВаС)=>(А (]Ва ARC), ибо А[\В содержится
как в Л, так и в С, т. е. содержится в их пересечении.
Тогда из второго условия следует Л П В = 0, что
противоречит первому условию. Полученное противоречие
показывает, что все условия несовместимы, т. е. таких
трех множеств не существует.
В этом можно наглядно убедиться также и на
диаграмме Эйлера—Венна.'Пусть множества Л, Б, С удовлетво-
19

ряют первому и третьему условиям, т. е. непустое А[\В
содержится в С (рис. 2). Из диаграммы видно, что А{]С
не пусто, что противоречит второму условию.
Задача 8. Доказать или опровергнуть А\(В [} С) = (А\В) [)
U (А\С).
Решение. Строим для левой и правой частей
проверяемого равенства диаграммы самого общего вида, т. е. все
множества должны иметь попарно непустые пересечения и
ни одно не должно включаться в другое (рис. 3).
Заштрихованные части диаграмм, соответствующие
множествам, стоящим в обеих частях проверяемого равенства,
не совпадают. Подберем часть диаграммы, заштрихованную
на рис. 3,6 и не заштрихованную на рис. 3,а, т. е.
подберем подмножество, входящее в правую часть и не входящее
в левую часть проверяемого равенства. Видно, что таким
множеством является (А (]В)\С. Если оно не пусто, т. е.
содержит хотя бы один элемент х, то три множества,
например А = В = {х}, С= 0, дают контрпример к проверяемому
равенству. Действительно, А\(В [} С) = 0, (Л\В) |J (A\C) =
= {*}, т. е. (ЗЛ, В, С)[Л\(ВиС)^=(Л\В)и(Л\С)].
Замечание. Если А, В, С понимать как множества точек
плоскости, то построенные диаграммы (см. рис. 3) дают требуемый
контрпример.
Тест 4 для самоконтроля
1. Дано предложение: если для любого множества А
А[\В = 0, то В = 0. Укажите верные и неверные
доказательства.
1.1. Пусть А = В. Тогда А[)В = В, т. е. В = 0.
1.2. Очевидно, что существует такое множество Л, что ВаА[)В,
т. е. В а 0. Поэтому В = 0.
1.3. Пусть А — 0. Тогда А[)В = 0 истинно. Поэтому В = 0 тоже
истинно.
1.4. Доказательство ведем от противного. Пусть Вф.0. Возьмем
А = В. Тогда A f] В = В, т. е. (НЛ) (Л П В Ф 0). Получили противоречие.
20

1.5. Пусть х£А[\В. Тогда х^В. Но AflB не содержит элементов,
т. е. В = 0'.
2. Укажите верные и неверные утверждения:
2.1. (ЛПВс0)=*(Л = 0)Л(£= 0).
2.2. (Ли^с:0)=>(Л=0)Л(В=0).
2.3. (А\В = А)=*(В=0).
2.4. (А\В=0)=*(АсВ).
2.5. (АГ\В = А[}В)=>(А = 0)А(В=0).
2.6. (А(]В= А[]В)=>(А = В).
Домашнее задание
1. Составьте все подмножества множества {1, 2, 3}. Определите их
количество. Аналогично для множества {{1, 2}, 3}.
2. Установите истинность следующих высказываний: 1) каково бы
ни было множество А 0с=Л;2)Лс:0<=>Л=0;3) (АфВ) А (ВфС) =>
=*(АФС).
3. Определите, верно ли равенство Л\(#П Q = (A\B)f[ (A\C).
ЗАНЯТИЕ 5
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО РАВЕНСТВА ИЛИ ВКЛЮЧЕНИЯ МНОЖЕСТВ
Вопросы к занятию.те же, что и к занятию 4.
Образцы решения задач
Задача 1. Доказать или опровергнуть А\(В [} С)=(Л\ В) П
П(Л\С).
Решение. Построив диаграммы Эйлера — Венна для
обеих частей проверяемого равенства, убеждаемся, что они
одинаковы, т. е. нет данных для построения контрпримера.
Перейдем к доказательству.
/ способ. Докажем два встречных включения множеств
М = А \ (В (J С) и S=(A \ В) П (А \ С). Пусть х —
произвольный элемент множествам. Из определения разности множеств
следует х£ Л, но х£ В[)С. Из определения объединения
множеств следует, что х£ В и х£ С. Но так как х£ Л, то
по определению разности множествх£ А\В их£ A\C.
Следовательно, х содержится в пересечении э'тих множеств, т. е.
x(i S. Этим доказано, что произвольный элемент множества М
является элементом множества S, т. е. М cz S.
Докажем встречное включение. Пусть теперь х£ (А\В) П
П {А\С). Из определения пересечения множеств следует, что
21

x£ A\B и х£ А\С. Из определения разности множеств
получаем: х£ Л, но х£ В и х£ С. Из определения объединения
множеств следует: х£ В[}С. Тогда определение разности
множеств дает л; £ А\(В[)С). Следовательно, произвольный
элемент множества S является элементом множества М,
т. е. S cz М. Два встречных включения дают равенство
M = S.
// способ. Используем задание множеств с помощью
характеристического свойства. Пусть а — характеристическое
свойство множества Л, Ь — множества Б, с—множества С.
Тогда характеристическим свойством В [} С будет b\J с, а
характеристическим свойством разности М = А\(В [} С)
явится т = а/\Ь\/с. Аналогично характеристическим
свойством множества S будет s=s (а Д Ъ) Д (а Д с). Докажем с
помощью законов логики логическую эквивалентность
формул т и s:
s == (а Д Ъ) Д (а Д с) (ассоциативность и коммутативность
конъюнкции) =
е= (а Д а) Д (б Д с) (идемпотентность конъюнкции) =
— а Л (Ь Л с) (закон де Моргана) =
= аД b\J с = т.
Очевидно, что множества, имеющие эквивалентные
характеристические свойства, равны.
Замечание. Характеристическое свойство множества есть вы-
сказывательная форма от одного переменного. Но для любого элемента
универсального множества эта высказывательная форма превращается
в высказывание. Поэтому для любого фиксированного элемента
универсального множества проведенные преобразования формул законны, т. е.
характеристические свойства взятых множеств имеют одну и ту же
область истинности, следовательно, множества равны.
Задача 2. Доказать (А а В) =>■ (А\С а В\С).
Решение. / способ. Пусть ЛсВ и ^( А\С.
Требуется доказать, что х£ В\С. По определению
разности (* g А\С) =>(х£А)/\(хТС)_±_ (х g А) =Цх £ В), ибо
А а В. Следовательно, (х£ В) /\(х£ С). Тогда по
определению разности множеств (#£ В) Д (л:£ С)=>(х£ Я\С), что
и требовалось доказать.
// способ (доказательство от противного). Пусть
существуют такие Л, Б, С, что Лс=Б, но А\С а В\С. Это
значит, что (Ях)[(х€А\С)/\(хТв\С)]. Далее, (х£А\С)=>
=Цл;£ А) Д (х£ С) и (*£ А)=>(х£ В), ибо Л с= Б по условию.
22

Поэтому" (л:£ вУ/\\х£ С), т. е. х^В\С. Итак, получено
противоречие: (Ях)[(*еЯ\С) Л (*€ В\С)]. Это
противоречие отвергает предположение, следовательно, (А cz В) =>•
=^(Л\Сс:В\С).
. Задача 3. Доказать (Л П В cz С) «*(Л cz В [} С).
Решение. / способ. Требуется доказать логическую
эквивалентность двух высказывательных форм. Для этого
докажем, что каждая из них логически следует из другой.
Пусть Л, В, С таковы, что A(]BczCy и пусть х€ А.
Требуется доказать, что х£ В[}С. Если х£ В, то по
определению дополнения к множеству х£ В. Тогда по определению
объединения множеств х£ В[)С.
Если х£ В, то из условия х£ А следует х£ Л (15, а из
условия ЛП.-BczC вытекает #£ С. Поэтому по определению
объединения множеств х£ В[)С. Так как х£ В или х(Ви
других случаев нет, то из Л П В cz С следует Л cz Б U С.
Пусть теперь Л, В, С таковы, что ЛczBUC\ и пусть
х£А[\В. Требуется доказать, что х£ С. По определению
пересечения множеств из х^А{]В следует х£ А и х£ В.
Тогда из условия A_czB[}C получим х£ В[)С. Кроме того,
из х£ В следует х£ В. Тогда по определению объединения
множеств х £ С. Поэтому из Л cz В [} С [следует Л П В cz С.
Два встречных логических следования дают требуемую
логическую эквивалентность.
// способ. Пусть а, 6, с обозначают соответственно
характеристические свойства множеств А, В, С. Тогда а Д b
есть характеристическое свойство А[]В, а истинность
включения Л П В cz С эквивалентна истинности импликации
а/\Ь-*с. Аналогично получаем, что истинность
включения AczB\jC эквивалентна истинности импликации а ->6 V с-
Итак, требуется доказать равносильность: а Д 6 -> с =
= a-+b\Jс. Здесь возможны два пути: с помощью таблицы
истинности (табл. 4) или преобразованием одной формулы
в другую с учетом тавтологий, т. е. законов логики. В табл. 4
1 — истина, 0 — ложь. Второй путь дает:
а Д Ь->с (снятие импликации) =
s aj\ b\J с (закон де Моргана) э
= (а\/ b)\Jс (ассоциативность дизъюнкции) =
sb a V (6 V с) (введение импликации) =s
==a-+(i>\/c).
23

Таблица 4
а
1
1
1
1
0
0
0
0
ь
1
1
0
0
1
1
0
0
1 с
1
0
1
0
1
0
1
1 0
а/\Ь -> с
1
0
1 -
а^Ъус
1 1
0 1
Тест 5 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные доказательства равенства
множеств (А [} В)\С = (А\С) [} (В\С).
1.1. Пусть х £ (A U В)\С_-~ произвольный элемент множества
(А[)В)\С. Тогда х£ А\]В и х~£С. Так как х£ А\}В, то х£ А или х£В.
Если х£А и х£_С, то х£А\С, следовательно, х £ (А\С) [) (В\С).
Если х£В и *£С, то х£В\С, следовательно, х£ (А\С) [](В\С).
Таким образом, если х£ (А[}В)\С, то х£ (А\С) U(#\C), т. е. (ЛиВ)\
\Са(А\С)[)(В\С).
Пусть х £ (А\С) U (В\С) — произвольный элемент множества
(Л\С)и(5\С). Тогда х£В\С илих£ А\С. Если х£А\С, то *€Л и
х £ С. В этом_случае лгеЛиВихеС, т. е^х ^ (Л U В)\С. Если х £ £\С,
то л:^ В и х£С. Но тогда л; £ Л UB и л; £ С, т. е. х€(Ли#)\С. Значит,
(A\C)\J(B\C) a (A\JB)\C. Эти два встречных включения
показывают, что (АЦВ)\С = (А\С)Ц(В\С).
1.2. Пусть р — характеристическое свойство элементов множества Л,
<7 — множества В, г — множества С. Тогда (р\1 а) 1\г —
характеристическое свойство элементов множества (Ли£)\С. Однако (p\/q)f\r =
= (pAr)\/(qAr) в силу дистрибутивности конъюнкции относительно
дизъюнкции. Высказывательная форма (р Л г) V (я Л г) есть
характеристическое свойство элементов множества (Л\С) [} (В\С). Следовательно,
множества (Ли^)\С и (А\С)[](В\С) задаются равносильными
характеристическими свойствами, а значит, они равны.
1.3. Проведем доказательство от противного. Пусть (Ли#)\С=£
=£(А\С)[](В\С). Рассмотрим два случая: 1) существует элемент
х € (A U B)\Ct такой, что х~£(А\С) [} (В\С). Так как х~£(А\С) [} (б\С),
24

чо_х £ A\C hj( B\C, следовательно, x~ZA и x~iВ или х£ С. Но тогда
х£ А[]В или х£С, а значит, х£(А[]В)\С. Получили противоречие;
2) существует лГ£~(ЛиВ)\С, такой, что *£ (Л\С)_у (В\С). Однако
и в этом случае, так как х£ (A\JB)\C, получим х£А\]В или *£С,
значит, х£А и ябВщги *£С, откуда ^СЛ\С и *££\С,
следовательно, х £ (А\С) U (В\С). Пришли к противоречию, которое и
доказывает, что (A U В)\С = (А\С) U (В\С).
1.4. Доказательство ведем от противного. Пусть (А[]В)\СФ
Ф(А\С)[](В\С). Тогда (Л U В)\С~Е(А\С) [} (В\С)^_ Но в этом
случае существует элемент *£(Ли£)\С, такой, что х£ (А\С) \j(B\C).
Так как *£ (Л\С) U (В\С),то *ТЛ\С и х~£В\С, следовательно, *£ А
и х£В или х£ С, а значит,У^"Л U В или х£ С, т. е. * £_(Л UВ)\С. Таким
образом, не существует таких *£(Ли£)\С, что *£ (Л\С) [](В\С),
а значит, (Л U B)\C cz (Л\С) U (В\С). Получено противоречие. Итак,
(А[)В)\С = (А\С)\)(В\С).
2. Установите истинность высказываний.
2.1. (Лс=В)=>(Лс:Б).
2.2. (Лс^)=>(Вс:Л).
2.3. (А с В) => (А а В).
2.4. (Л (=£)=>(£(= Л).
Домашнее задание
1. Докажите: 1) (А[]В)\С = (А\С)[](В/С)\ 2) (ЛиВс:С)«=>
&(АаС)А(ВаС).
ЗАНЯТИЕ 6
ПРЯМОЕ ПРОИЗВЕДЕНИЕ МНОЖЕСТВ
Вопросы к занятию
1. Определение прямого произведения двух множеств.
2. Некоммутативность прямого произведения множедтв.
3. Прямое произведение нескольких множеств. Примеры.
Литература: [7], с. 48, 49.
Образцы решения задач
Задача 1. Составить прямое произведение множеств
Л = {1, 2, 3}, В = {2, 3, 4}. Доказать, что А хВфВхА.
Установить число элементов (А X В){](В X А). Как можно
выразить (А X В) С[ (В X А)?
25

Решение. Вычислим АхВу соединяя в пару каждый
элемент из Л с каждым элементом из В: А х В = {(1, 2),
(1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4)}.
Аналогично вычисляем В X А: В X А = {(2, 1), (2, 2),
(2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 3)}.
Видно, что А X В и В х А не совпадают. Например,
(4, 3) £ В X А, но (4, 3) g А X В. Находим (АхВ){](Вх А)=
= {(2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3)}. Из этого примера можно
вывести гипотезу: (А X В) П (В х А) = (А П В) х (A f] В), т. е.
(А X В) П (В X А) = (А П В)2. Докажем это равенство в общем
случае. Пусть (*, у)£ (А X В)(](В X А) => (х, у) £ Ах
X В /\(х, У)£В X А. Следовательно, х 6 А и х 6 Ву т. е.
х£А(]В.
Аналогично у 6 А П В. Поэтому (х, у) £ (А П В)2. Наоборот:
(х, у)£{А[\В)2=>{хаА{\В/\у£ А[\В), т.е. хуу£А и
ху у£В. Поэтому (ху у)£ А X В и (х, у)£ В X А. Отсюда
(ху у)€ (А X В)()(В х А). Этим- равенство даказано.
Задача 2. На координатной плоскости построить
следующие множества: а) ]1, 2]Х[1К2[; б) RX[-1, 1].
Решение, а) Первое множество помещаем на оси
Ох, второе на оси Оу. Очевидно, что множество всех пар,
т. ~е. прямое произведение, изображается точками
заштрихованного квадрата, но без верхней и. левой сторон
(рис. 4, а).
У
1
ШШ
У/У//У//°
ШШ,
"1
ШШ
%шш.
Рис. 4.
б) Первым элементом пары может быть любое число из
R, вторым элементом пары — любое число из отрезка [— 1,
1]. Поэтому геометрическим изображением прямого
произведения RX[—1, 1] будет бесконечная полоса между
прямыми у= — 1 и у=\у включая эти прямые (рис. 4,6).
Задача 3. Доказать или опровергнуть (AxB)[)(CxD) =
= (A[)C)x(B[)D).
Решение. Включение левой части в правую очевидно.
В общем случае включение правой части в левую неверно:
26

правая часть содержит любую пару (х, у), где х £ Л, у £ D\
левая часть такой пары не содержит при АфС или при
ВфВ. Итак, вместо равенства следует поставить знак
включения, т.е. (A XB)U (CxD)cz (A U Qx(B [)D).
Замечание. В случае операций над прямыми произведениями
множеств можно воспользоваться прямоугольными диаграммами,
считая все встречающиеся множества подмножествами множества
действительных чисел. Построив диаграммы левой (рис. 5,а) и правой
(рис. 5,6) частей рассматриваемого равенства, видим, что левая часть
содержится в правой и что-фигуры на графиках совпадают только при
A = CuB=D.
а
АХд
CXD
I
ВиЩ
АиС
Рис. 5.
Тест 6 для самоконтроля
1. Пусть Л, В, С — подмножества некоторого
фиксированного множества. Укажите верные и неверные
утверждения.
1.1. (УЛ, В) (АхВ = ВхА).
1.2. (НЛ, В) (Ах В = ВхА).
1.3. (НЛ)(¥В) (АхВ = ВХА).
1.4. (¥В)(НЛ) (Ах В = ВхА).
1.5. (УЛ, В) [(А с В) -* (А х В = В X А)].
1.6. (УЛ, В) [(Ах В = ВхА) «--> (А = В)].
1.7. (УЛ, В, С) {Ах(В [)С) = (АхВ)[)(Ах С)].
1.8. (УЛ, В, С) [А х (В U С) = (А х В) f) (Л X С)].
1.9. (УЛ, В, С) [Л U (В X С) = (Л U В) х (Л U С)].
. 1.10. (УЛ, В, С) [(Л U В) X С = (Л х С) U (В X С)].
1.11. (УЛ, В, С) [(Л\В) ХС=(ЛХС)\(ВХС)].
1.12. (УЛ, В, С) [(Л П В) X С= (А X С) (] (В X С)].
Домашнее задание
1. Докажиге, предварительно построив прямоугольные диаграммы 9
(Л П В) X (С П D) = (А X С) п (В X D).
2. Докажите или опровергните А [] (В\С) = (A f] В)\(Л П С)-
3. Найдите X из системы уравнений * У = С I ^становите
-условия существования решения.
27

ЗАНЯТИЕ?
СВОЙСТВА БИНАРНЫХ ОТНОШЕНИЙ
Вопросы к занятию
1. Определение бинарного отношения.
2. График бинарного отношения, граф бинарного
отношения.
3. Наиболее распространенные свойства бинарных
отношений: рефлексивность, антирефлексивность,
симметричность, антисимметричность, транзитивность, связность.
4. Отношение эквивалентности, фактор-множество.
Литература: [7], с. 49—53, 65—69.
Образцы решения задач
Задача 1. Отношение р={(1, 2), (1, 3), (1, 1), (2, 1),
(2, 3), (3, 4), (4, 4)} в множестве {1, 2, 3, 4} изобразить
графом. Определить: обладает ли это отношение
свойствами, перечисленными в третьем вопросе; какими парами
следует пополнить это отношение, чтобы оно стало
рефлексивным (аналогично для симметричности, транзитивности,
связности). Установить, какие пары следует удалить из
отношения, чтобы оно стало антирефлексивным (аналогично
для антисимметричности).
0\—у
О-""""" '—-
Р и с. 6. Р и с. 7.
\
Решение. Отношение р не является ни
рефлексивным, ни антирефлексивным. Для рефлексивности не
хватает пар (2, 2) и (3, 3). Для антирефлексивности следует
удалить пары (1, 1), (4, 4), т. е. удалить все петли (рис. 6).
Отношение р не симметрично, ибо не хватает пар (3, 1),
(3, 2), (4, 3) (в симметричном отношении все стрелки
графа двусторонние). Отношение р не является антисиммет-
,28

действительных чисел:
ричным, ибо лишней является одна из пар (1, 2) или (2, 1)
(антисимметричность допускает петли, но не допускает
двусторонних стрелок). Отношение р не транзитивно, ибо
не хватает пар (2, 4), (1, 4). На графе транзитивного
отношения любая точка Л, которая является началом и концом
двух стрелок соответственно, будет вершиной
треугольника, иллюстрирующего сложение векторов (рис. 7).
Отношение р не является связным, ибо нет пар, содержащих
элементы 2 и 4, 1 и 4.
Задача 2. Установить свойства отношения
перпендикулярности прямых на плоскости.
Решение. Отношение перпендикулярности прямых
на плоскости антирефлексивно, ибо никакая прямая не
перпендикулярна сама к себе. Перпендикулярность
симметрична, ибо прямые взаимно перпендикулярны.
Перпендикулярность «антитранзитивна», ибо а_1_6 и Ы.с влечет
параллельность а и с. Это отношение не является связным, ибо
существуют не перпендикулярные прямые.
Задача 3. Построить график и установить свойства
бинарного отношения в множестве
хру**\х + у\> 1.
Решение. Все пары чисел,
вступивших в отношение р,
являются координатами точек
плоскости, лежащих либо выше прямой
х+у=1, либо ниже прямой х+у =
= — 1. Поэтому график отношения
р является объединением двух
полуплоскостей (заштрихованы на
рис.8).
Рис. 8.
Рассмотрим свойства отношения р:
а) рефлексивность: (Va)(apa). Признаком
рефлексивности является включение биссектрисы первого и третьего
координатных углов х = у в график отношения.
Отношение р не является рефлексивным. Контрпример: (0, 0)1" р.
Очевидно, что контрпримером является любая пара (а, а),
для которой | 2а | > 1 ложно;
б) антирефлексивность: (Va) ара. Признаком
антирефлексивности является пустое пересечение биссектрисы х=
= у с графиком отношения. Отношение р не является
антирефлексйвным. Контрпример: (1, 1)£р;
в) симметричность: (Va, b)(apb-+bpa). Признаком
симметричности отношения является симметричность графика
29

относительно биссектрисы х=у. Отношение р
симметрично в силу коммутативности сложения действительных
чисел, т. е. (Vx, у)(х + у = у + х)\
г) антисимметричность: (Va, b) [(арб /\афЬ)->-бра].
Признаком антисимметричности отношения является
отсутствие на графике точек, симметричных относительно
биссектрисы х=// и не лежащих на ней. Отношение р не
является антисимметричным. Приведем контрпример:
(2, 0КрЛ2^=0Л(0, 2)€р.
Заметим, что симметричность отношения, вообще
говоря, не отвергает его антисимметричности, ибо если график
отношения целиком лежит на биссектрисе х=уу то это
отношение одновременно симметрично и антисимметрично.
В противовес этому рефлексивность и антирефлексивность
на непустом множестве являются взаимно исключающими
свойствами;
д) транзитивность: (Va, b, c)[(apb/\bpc)^>-apc]. Призйак
транзитивности отношения на графике: для любых точек
(а, 6), (bt с) из графика отношения прямоугольник с
вершинами в этих точках и в точке (6, V) (точка на
биссектрисе х = у) должен своей четвертой вершиной тоже лежать
на графике. Отношение р не является транзитивным.
Контрпример: (2, 0) б р Л (0, —2) € Р Л (2, —2)Тр (см. на рис. 8
точку А);
е) связность: (Va, Ь)[(афЬ)-*(арЬ\/ бра)]. Признак
связности на графике отношения: из двух -любых точек
плоскости, симметричных относительно биссектрисы х = у
и не лежащих на ней, хотя бы одна должна принадлежать
графику отношения. Отношение р не является связным.
Контрпример: (2=^-2) Д (2, -2)?рД(-2, 2)?р.
Задача 4. Установить свойства и начертить график
отношения р = {(я, у) £ R21 х2 = у2}.
Решение. Очевидно, что отношение р рефлексивно.
Далее, из симметричности и транзитивности равенства
чисел следует симметричность и транзитивность отношения р.
Следовательно, р — отношение эквивалентности. Каждый
класс эквивалентности состоит из чисел с одним и тем же
модулем, т.е. при афО каждый класс эквивалентности
состоит точно из двух чисел {а, —а), а при а=0—из
единственного числа (нуля). Таким образом,
фактор-множество по отношению к р, т. е. R/p есть {{а, —a}|a£R).
Графиком отношения р является объединение двух прямых
х= у тл х= —у (рис. 9).
30

Задача 5. Доказать, что
отношение, являющееся одновременно
симметричным и антисимметричным,
транзитивно. Определить, будет ли
это отношение эквивалентностью.
Решение. Дано:
(Va, Ь$Щ[(арЬ)-+(Ьра)у9 (1)
(Va, Ь 6 М) [(apb)A(bpa) -+(а= Ь)\.
(2)
Пусть apb и Ьрс. Требуется доказать, что выполняется
аре. Из (1) следует бра, из (2) следует #= Ь. В Ьрс
подставляем а вместо 6, получаем аре. Этим транзитивность
доказана. Одновременно доказано, что в это отношение
различные элементы не вступают, ибо apb влечет бра, а затем
и а= Ь. Однако отношение р равенством не является, ибо
для этого не хватает рефлексивности, т. е. могут
существовать элементы, не вступающие в это отношение.
Примером такого отношения будет {(*, у) £ R2| (л: = у) Д (л: < 0)).
Тест 7 для самоконтроля
1. В множестве R определено бинарное отношение:
(хру)<=*(ху= 1)\/(х = у). Укажите верные и неверные
утверждения.
1.1. Данное бинарное отношение рефлексивно, так как истинно
высказывание (V* £ R) [ (*2 = 1) V (* = *)] •
1.2. Данное бинарное отношение не рефлексивно, так как не для
всякого действительного числа его квадрат равен ^единице. Например,
2а= 4.
1.3. Данное бинарное отношение симметрично, так как истинно
высказывание (V*, у £ R) [(ху = 1 V* = у) -> (ух = 1 У у = х)\.
1.4. Данное бинарное отношение не симметрично, так как из
равенства ху = 1 не следует равенство у = х. Например, 3 • -g- = 1, но
3^з.
1.5. Данное бинарное отношение транзитивно, так как истинно
высказывание (V*, у, z £ R) [(ху = \\j х = у) f\(yz= \\Jy = z) -> (xz =
= 1 V* = 2)].
1.6. Данное бинарное отношение не транзитивно, так как из
равенств ху = 1 и yz= 1 не следует равенство xz = 1. Например, х =
1 1 11
= —, У = 2. Тогда 2=~2-и *z = -^ • -у = -j- ^ 1.
1.7. Данное бинарное отношение является отношением эквивалент-
31

ности и разбивает множество R на классы: {0}, {!}, {—1}, \2, -^-у
1—2, £""]'•••' р ~\ -' ™e fl^R' a*°-
1.8. Данное бинарное отношение не рефлексивно, не симметрично
и не транзитивно. Следовательно, не является
отношением-эквивалентности.
1.9. График гиперболы у = — (ху = 1) и точка О(0, 0) (так как
0 = 0) являются графиком данного бинарного отношения (рис. 10).
1.10. Графики гиперболы у = — (ху = 1) и прямой у = х (х = у)
в объединении дают график рассматриваемого отношения (рис. 11).
Рис. 10.
Рис. 11.
Домашнее задание
1. Установите свойства и начертите графики бинарных отношений:
1) {(*, y)ZR2\(xy>\)Mx>0)}; 2) {(*, у) Z R«|(| * |< 1) V(|y| < 1)}.
2. Определите свойства {(х, у) £ Z21|*—t/|<5}.
3. Докажите, что отношение {(х, у) £ Z2\(x — у) \ 3} является
отношением эквивалентности. Опишите классы эквивалентности.
ЗАНЯТИЕ 8
ОТНОШЕНИЕ ПОРЯДКА. ФУНКЦИОНАЛЬНОЕ ОТНОШЕНИЕ.
ВИДЫ ОТОБРАЖЕНИЙ. ПРЕДИКАТ
Вопросы к занятию
1. Различные виды упорядочения множеств.
2. Функция. Частные случаи отображения множества
в множество.
3. Логические функции.
4. Предикат.
Литература: [7], с. 71—73, 54—64.
32

Образцы решения задач
Задача 1. Установить свойства отношения p={(jc,
y)tw\x\y\.
Решение. Любое натуральное число делится на себя,
т. е. делимость рефлексивна: (Vx £ N) (х \ х). Натуральные
числа, делящиеся друг на друга, равны, а это дает
антисимметричность. Если х ; у и у \ 2, то очевидно, что х \ г,
т. е. делимость транзитивна. Отношение делимости не
обладает связностью. Контрпример: 5 | 7 /\7 \Ъ /\7ФЪ.
Итак, р является нестрогим порядком (нелинейным).
Задача 2. Определить, является ли функцией в
множестве {1, 2, 3, 4} отношение р={(2, 1), (2, 3), (3, 4), (4, 4)}.
Если не является, то можно ли заменой одной пары
исправить положение?
Решение. Отношение р функцией не является, ибо
содержит одновременно пары (2, 1) и (2, 3). Если заменить
пару (2, 1) на пару (1, 2), то отношение pi = {(1, 2), (2, 3),
(3, 4), (4, 4)} будет сюръекцией множества {1, 2, 3, 4} на
его подмножество {2, 3, 4}.
Задача 3. Не пользуясь символикой бинарных
отношений, записать следующие функции и указать среди них
обратимые: а) {(£, k+ 1)|*€ Z}; б) {(*, *»)|*€R}; в)'[(х9
2*)|*(ER}; г) ((*, sinx) |jc€ R}.
Решение, а) Первая функция является биекцией
множества целых чисел на себя, т. е. функцией у = х+1 с
целыми числами в качестве области определения. Эта
функция обратима, как и любая биекция.
б) Так как разным значениям х соответствуют разные
значения хъ и хъ пробегает все действительные числа, то
функция у = хъ является биекцией множества
действительных чисел на себя и, следовательно, обратима.
в) Так как разным значениям х соответствуют разные
значения 2х, то*~'у = 2^'является инъекцией множества
действительных чисел в себя. Инъекция обратима, для этого
достаточно область значений прямой функции сузить дЬ
получения биекции R->]0, + оо[, где f(x) = 2x. Тогда
обратная функция будет логарифмом по основанию 2.
г) Функция R-^R необратима, ибо существуют
различные значения х, которым соответствуют одинаковые
значения sin л:.
Задача 4. Установить, сколько существует различных
логических функций от одной переменной и есть ли среди
них обратимые.
2 Зак. 1684
33

Решение. Логическая функция одного переменного
есть отображение {И, Л} —>- {И, Л}. Существует четыре
таких отображения: две константы (а), (б) и две биекции (в)
и (г):
а) И-^И, б) И-^Л, в) И-^И, г) И-^Л,
Л-^И; Л-^Л; Л-^Л; Л-^И.
Функции (в) и (г) обратимы, ибо являются биекциями;
(а) и (б) необратимы. Очевидно, что функция (г) является
отрицанием.
Задача 5. Определить, сколько существует различных
логических функций от двух переменных; какие из них
задаются известными формулами логики высказываний.
Решение. Логическая функция от двух переменных
есть отображение {И, Л}2-*-(И, Л}. Множество {И, Л}2
содержит 22 элементов (пар). Каждой паре ставится в
соответствие И или Л, т. е. для каждой пары имеются две
возможности различного построения функции. Всего
возможностей будет 2 • 2 • 2 • 2, где перемножено 22 множителей,
т. е. 222 = 24 = 16. Итак, существует 16 различных
логических функций от двух переменных. Среди них
конъюнкция (И, Л)-*Л, (Л, И)-*Л, (И, И)-*И, (Л, Л)-*Л.
Конъюнкция задается формулой р/\д. Точно так же
можно описать известными формулами функции:
дизъюнкцию, импликацию, эквиваленцию. Остальные функции
выражаются более сложными формулами.
Задача 6. Указать множество истинности следующих
предикатов: а) х2 + 1 > 0; б) х2 + у2 + 1 > 0; в) х2 + у2 < 0;
г) х — 2у= 0.
Решение, a) R, так как при любом действительном
значении х высказывательная форма л:2 + 1 > 0 становится
истинным высказыванием; б) R2; в) 0; г) {(2а, a)\a£R}.
Тест 8 для самоконтроля
1. Пусть отображение RiR задано формулой f(x) =
= sin л:. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. / не является ни биекцией, ни сюръекцией, ни инъекцией.
1.2. Индуцированное отображение R—>-[—1, 1] есть сюръекция.
1.3. Индуцированное отображение!—я/2,"я/2] —>• R является
инъекцией.
1.4. Индуцированное отображение [—я/2, я/2] —►■ [—1, 1] является
биекцией.
1.5. Индуцированное отображение [—1, !]->[—1, 1] есть инъекция.
34

2. Пусть р — отношение включения множеств, т. е
(АрВ)<&(А czfi). Установите правильность следующих
рассуждений.
2.1. Так как истинно высказывание (A cz В) Л (Л cz С) =ф (В = С),
то бинарное отношение р функциональное.
2.2. Бинарное отношение р не относится к функциональным, так как
из того, что (Л cz В)Л(Л с= С), не следует равенство В = С. Например,
0cz{l}, 0cz{2}, {\}Ф{2}. л л л
2.3. Так как для любых множеств А, В, С верно Ас А, (Лс=В)Д
Л (В с= Л) => (А = В) , (Л с= В) Л (В с= С) => (А с= С), (Лс£) V (ВсА) V
\/(Л = В), то отношение р — отношение нестрогого линейного порядка.
2.4. Являясь рефлексивным, антисимметричным и транзитивным,
отношение р относится к отношениям нестрогого нелинейного порядка.
Порядок не линейный, а разветвленный, так как связностью отношение
не обладает. Существуют такие множества Л и В, что Л с: В, В с: Л и
А ^ В. Например, Л = {1, 2}, В = {3, 4}.
2.5. Отношение р не относится ни к одному из видов порядка, так
' как из Л с: В не следует В cz Л.
Домашнее задание
1. Установите свойства отношений в множестве пар
действительных чисел и определите, какое из этих отношений есть отношение
порядка, отношение эквивалентности: a) (*lf у{) р (*2, Уг) <=> (*i + У\ =
= х2 + У*)\ б) (*i, уг) р (*а. Уъ) «=> (*i < **) V (*i = *2 Л */i < у%).
2. Определите вид бинарного отношения {(*, 2л:) | л: ^ N}.
3. Найдите и постройте область истинности предиката У*2 = —х-
ЗАНЯТИЕ 9
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ИНДУКЦИЯ
Вопросы к занятию
1. Индукция и дедукция. Полная и неполная индукция.
Гипотеза как результат неполной индукции.
2. Принцип математической индукции. База индукции,
предположение индукции, шаг индукции.
3. Принцип наименьшего натурального числа. Другая
форма предположения индукции и шага индукции при
доказательстве, опирающемся на принцип наименьшего
натурального числа.
Литература: [7], с. 121—122.
2*
35

• Образцы решения задач
з Задача 1. Установить наибольшее
^/^\^. число непересекающихся диагоналей
А^— \ выпуклого многоугольника.
1 \ Решение. Треугольник диагона-
1 \ лей не имеет. Выпуклый четырехуголь-
1 \ ник имеет две пересекающихся диаго-
^^ нали, т. е. только одну непересекаю-
* •, ^ щуюся. Эти два случая, а также рас-
рис 12. смотрение выпуклого пятиугольника
подсказывают гипотезу: в выпуклом
/z-угольнике можно провести п — 3
непересекающихся диагоналей.
База индукции уже установлена при поиске гипотезы
(при п = 3\ 4). Предположение индукции: любой выпуклый
^-угольник имеет к — 3 непересекающихся диагонали. Шаг
индукции: рассматриваем выпуклый &+1-угольник BCD...
А (рис. 12). Проведем в нем диагональ АС. По
предположению индукции ^-угольник CD...А имеет к — 3
непересекающихся диагоналей. В k+ 1-угольнике BCD...А к ним
можно добавить АС. Все другие диагонали &+1-угольника, не
являющиеся диагоналями ^-угольника, будут проходить
через вершину В, т. е. пересекать АС. Поэтому £+1-уголь-
ник содержит к — 3+1= (&+1) — 3 непересекающихся
диагоналей. Гипотеза доказана. Ответ: п — 3.
Задача 2. Упростить выражение Пя = (1 y)\ " —з~/
Решение. При п = 1 Пп не имеет смысла, при п = 2
П2= 1/2, при л= 3 П3 = 1/3. Усматриваем гипотезу, что
ГЬ = l//z. Итак, предположение индукции: Щ=1/&. Шаг ин-
Л 1 \ 1 Л+1 — 1 1 _
дукции: П,+1 = Щ (1 - —J=- ' -J^r^ITV' Этим
гипотеза доказана. Ответ: П„=-1//г.
Задача 3. Доказать (Vn g N0) [(4 • 6* + Ъп — 4) • 25].
Решение. База индукции при п = 0 0;25.
Предположение индукции: (4-6fe + 5& —4); 25. Шаг индукции —
преобразуем 4-6fe+1 + 5(&+ 1) — 4 так, чтобы использовать
предположение индукции: 4 • 6fe+1 + 5 (k + 1) — 4 = 4 • 6 • 6k+
+ 5£ + 5-4 = (4-6^ + 5^-4)6+ (-25^ + 25). Первое
слагаемое делится на 25 по предположению индукции, а второе
делится, ибо имеет множитель 25. Этим доказательство
завершено.
36

Задача 4. Установить область истинности неравенства
2п>п2 для натуральных значений п.
Решение. Получаем: я=1, 2>1^=И; п = 2, 4>4=
= Л; /г = 3, 8>9=Л; /г = 4, 16>16 = Л; /г = 5, 32>25=И.
Так как график функции 2х уходит вверх круче, чем
график параболы л:2, то можно предположить, что при п>
>5 неравенство 2п>п2 будет оставаться истинным.
Докажем это методом математической индукции. База
индукции при /г = 5. Предположение индукции: 2k>k2, где &>5.
Шаг индукции: требуется получить 2fe+1> (k +1)2, т.е.
2-2k>(k-\-l)2 или 2-2h>k2-\-2k-\-l. Это неравенство можно
представить в виде суммы двух неравенств, одно из которых
есть предположение индукции:
, 2*>£2
^ 2*>2£ + 1
2- 2*>£2 + 2£ + 1.
Осталось доказать (Vk € N) [(k > 5) -* (2k > 2k + 1)], т. е.
истинность второго слагаемого-неравенства. Доказываем это
неравенство отдельно, для него шаг индукции проходит
очень легко. Предположение индукции: 2*>2£+1, где
k > 5. Шаг индукции: 2*+! = 2 - 2* > 2 (2k + 1) = 2 (k + 1) +
+ 2k>2(k+ I) + \, ибо 2&>1. Ответ: натуральные
решения неравенства 2">я2 есть {1} U {#£ N|a:^5}.
Задача 5. Доказать факт, установленный в задаче 1,
опираясь на принцип наименьшего натурального числа.
Решение. Требуется доказать: максимальное число
непересекающихся диагоналей выпуклого /г-угольника
равно п—3. База при п = 4 устанавливается так же, как в
задаче 1. Предположение индукции: для многоугольников с
меньшим, чем п, числом сторон утверждение считаем
доказанным.
Докажем, что утверждение верно и для п.
Индукционный шаг: проведем в /z-угольнике некоторую диагональ d,
она разрежет /z-угольник на s-угольник и ^-угольник, для
которых по предположению индукции утверждение верно,
т. е. 5 — 3 и t — З— это максимальные числа
непересекающихся диагоналей в обоих многоугольниках
соответственно. Тогда я-угольник имеет s — 3 + t —3+1= (s + t —2) —
— 3 непересекающихся диагоналей, и это их максимальное
число, ибо всякая другая диагональ либо пересекает d,
либо является диагональю s-угольника, либо диагональю t-
угольника. Очевидно, что s + t — 2 = n. Этим утверждение
доказано.
37

Задача 6. Доказать, что любое число копеек, начиная
с восьми, можно выдать монетами достоинством 5 коп. и
3 коп.
Решение. Докажем методом индукции, опираясь на
принцип наименьшего натурального числа. База индукции
д = 8 = 5 + 3. Предположение индукции: п — наименьшее
из натуральных чисел, больших 8, для которых
утверждение еще не доказано. Индукционный шаг: для
использования предположения индукции расширим базу так, чтобы
п — 3 оставалось неменьшим 8: д = 9 = 3 + 3 + 3; д=10 = 5 +
+ 5; д=11=5 + 3 + 3. Итак, п>10, т. е. п>п-3>8.
По предположению индукции п — 3 можно выдать
требуемыми монетами. Следовательно, можно выдать и п
копеек, добавив одну монету достоинством в 3 коп.
Тест 9 для самоконтроля
1. Докажите (Vn£ N)[l + 3 + 5 + ... + (2я — 1) = п2].
Укажите правильные и неправильные доказательства.
1.1. При п = 1 1 == I2, при п = 2 1 + 3 = 22, при п = 3 1 + 3 +
+ 5=32. Следовательно, (Vn£ N) [1 + 3 + 5 + ... + (2п— 1) = я2].
1.2. Требуется доказать, что (Vnk N) [1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2п —
— 5) + (2л — 3) + (2/1 — 1) = я2]. Заметим, что 1 + (2/1 — 1) = 2п\ 3 +
+(2л — 3)= 2/г; 5+ (2п — 5) = 2/г и т. д. Таких пар будет я/2, следо-
п
вательно, вся сумма равна 2п • — = я2.
1.3. Докажем утверждение индукцией по п. При /1=1 1 = 12. Пусть
утверждение верно для n=k, т. е. 1+3+5+...+ (2k— 1) =k2. Докажем,
что в этом случае оно верно и при n=k+\. Рассмотрим сумму: 1 + 3+
+ 5...+ (2k-1) + (2&+ 1) = (по предположению) =k2+ (2k+l)=k2+2k +
+ 1 = (£+1)2. Следовательно, утверждение верно для любого
натурального п.
1.4. Требуется доказать, что (Vn£N) [1+3 + 5+ ... + (2/г—5) +
+ (2п — 3) + {2п — 1) = я2]. Рассмотрим два случая: а) /г — четное
(п = 2k)\ б) п — нечетное (n = 2k—1). В случае «а» все слагаемые в
левой части данного равенства сгруппируем следующим образом: 1 +
+ (2п — 1) = 2/г; 3 + (2/г — 3)=2/г и т. д. Таких пар будет k.
Следовательно, сумма будет равна 2n-k = 2-2k-k = 4k2 = /г2. В случае «б»
слагаемые группируем аналогично случаю «а». Таких пар слагаемых, в
сумме дающих 2/г, будет k—1, а вся сумма будет равна (с учетом
непарного слагаемого) 2/г (k— 1) + /г = /г (2k — 2 + 1) = /г (2k— 1)=/г2.
Следовательно, утверждение верно для любого п.
1.5. При /г=1 утверждение верно: 1 = 12. Пусть для некоторых
натуральных п оно неверно. Тогда в силу принципа выбора наименьшего
натурального числа пусть k — наименьшее- из этих значений /г, т. е.
1 + 3 + ...+ (2k— \)ф№. В силу этого же предположения 1 + 3+...+ (2£ —
-3) = (&-1)2. Тогда 1 + 3+5+...+ (2&-3) + (2&-1) = (&-1)2+(2&-1) =
=k2—2k+\ + 2k—\=k2. Получили противоречие. Сделанное допущение
было неверным. Утверждение верно для любого натурального п.
1.6. Допустим, что утверждение верно для всех натуральных чисел,
38

не превосходящих п. В частности для (я—1). Тогда 1+3 + 5+...+ (2я—
—3) = (п— I)2. Покажем, что в этом случае утверждение верно и для п.
Тогда 1 +3+5+...+ (2л-3) + (2п- 1) = (л- 1)2+ (2л- 1) =я2-2я+ 1 +
+2п—\=п2. Следовательно, утверждение верно для любого п.
2. При любом четном п пъ + 2п делится на шесть.
Укажите верные и неверные доказательства и опровержения.
2.1. База индукции: при п=\ 3 не делится на 6, т. е. предложение
неверно.
2.2. База индукции: при п=2 12 "6. Предположение индукции:
пусть 6 — наименьшее натуральное число, для которого предложение не
доказано. Тогда k>2. Шаг индукции: нетрудно проверить истинность
равенства 63+26 = (6 —1)3+2(6- 1) + 36(6- l) +3. По предположению
индукции (6-1)3+2(6-1) делится на 6. Так как k или 6-1 — четные,
то 36(6—1) делится на 6. Но 3 не делится на 6. Если все слагаемые
делятся, кроме одного, то сумма не делится. Следовательно, шаг индукции
не прошел, т. е. предложение неверно.
2.3. База индукции: при п=2 12 «6. Предположение индукции:
(63+2б) |6. Шаг индукции: нетрудно проверить равенство (6+2)3+
+2(6+2) = (63+26)+662+ 126+12. В правой части все слагаемые
делятся на 6. Поэтому (6+2)3+2(6+2) делится на 6. Предложение
доказано.
2.4. База индукции: при п = 2 12-6. Предположение индукции:
пусть 6 — наименьшее натуральное число, для которого предложение не
доказано. Тогда 6>2. Шаг индукции: нетрудно проверить равенство
63+26=(6-2)3+2(6-2)+662-126+12. По предположению индукции
(6—2)3+2(6—2) делится на 6, остальные слагаемые в правой части
равенства также делятся на 6. Следовательно, б3+26 делится на шесть.
Предложение доказано.
2.5. База индукции: при п=2 предложение верно. Предположение
индукции: 63+26 делится на 6. Шаг индукции: равенство (6+1)3+2(6 +
+ 1) = (63+26) +36(6+1) +3 очевидно. По предположению индукции
63+26 делится на 6; 36(6+1) также делится на 6, ибо 6(6+1) четное,
3 не делится на 6, т. е. левая часть не делится на 6. Предложение ложно.
2.6. Пусть п = 26. Тогда п3 + 2п = 863+ 46. Докажем: (V6 £ (N
Ц868+46) : 6].
База индукции: при 6=1 12-6. Предположение индукции: (8/п3+
+4/п) J6. Шаг индукции: легко проверяется равенство 8(m+l)3+4(m+
+ l) = (8m3+4m) + (24m2+24m+12). Оба слагаемых справа делятся на
6, поэтому левая часть делится на 6. Предложение доказано.
-Домашнее задание
1. Докажите: a) {Vn£ N) [12+ 32+ ... +(2п— 1)2 =
= n(2n-lH2n+l)|;6)(V?t€N)[n(?t2+5);6]
11 1
2. Упростите -4- -+...+- .
Р\ 1-3^3.5^ ^ (2л—1)(2л + 1)
3. Докажите методом математической индукции формулу общего
члена для арифметической прогрессии, для геометрической прогрессии,
39

ЗАНЯТИЕ 10
ПРОСТЕЙШИЕ КОМБИНАТОРНЫЕ ЗАДАЧИ
Вопросы к занятию
1. Понятие комбинаторной задачи.
2. Подсчет мощности прямого произведения конечных
множеств и комбинаторное правило умножения.
3. Разбиение множества на попарно непересекающиеся
подмножества и комбинаторное правило сложения.
Литература: [5], с. 17—20, 31—44.
Образцы решения задач
Задача 1. Выяснить, сколько четырехзначных целых
чисел можно записать цифрами 0, 1, 2, 3.
Решение. Применим правило комбинаторного
умножения. Пусть в кортеже аь а2, ..., ап первый элемент а{
может быть выбран kx способами, после этого а2 может быть
выбран k2 способами и т. д. После выбора аи а2, ..., ап-\
член кортежа ап может быть выбран kn способами. Тогда
число различных таких кортежей равно произведению
К\К2 ... *^71»
Первой может стоять любая ненулевая цифра, значит,
имеется три возможности для выбора первой цифры.
Второй цифрой может быть любая из четырех независимо от
выбора первой, следовательно, для выбора второй цифры
имеется четыре возможности. Аналогично для выбора
третьей и четвертой цифр имеется по четыре возможности.
Ответ: 3-4-4-4=192.
Задача 2. Установить, как изменится ответ задачи 1,
если числа должны содержать только различные цифры.
Решение. Первая цифра может быть любой
ненулевой (три случая выбора), вторая — любой из оставшихся
(три случая выбора, ибо присоединяется нуль), третья —
любой из оставшихся (два случая выбора), четвертая —
один случай выбора (т. е. не выбирается, а остается).
Ответ: 3-3.2.1 = 18 чисел.
Задача 3. Определить количество способов, с помощью
которых можно линейно упорядочить я-элементное
множество.
Решение. На первое место можно поставить любой
элемент, т. е. п случаев выбора, на второе место — любой
из оставшихся, т. е. п—\ случаев выбора, на третье место
40

любой из оставшихся после выбора первых двух, т. е. п —
— 2 случаев выбора, и т. д. Итак, число различных
упорядочений /г-элементного множества равно произведению п(п —
— 1) (п—2)...2-1 первых п натуральных чисел.
Замечание. Произведение первых п натуральных чисел обычно
обозначают 1 - 2... п=п\ (читается: я-факториал). Различные линейные
упорядочения конечного множества обычно называют перестановками,
Рп — число перестановок, т. е. всех различных упорядочений п
элементов. Итак, Рп = п\
Задача 4. На собрании присутствуют 10 человек, трое
из них должны выступить. Определить количество
способов, с помощью которых можно составить список ораторов.
Решение. Первым может выступить любой из
присутствующих, т. е. 10 случаев выбора, вторым — любой из
остальных, т. е. 9 случаев выбора, третьим — любой из
оставшихся после выступления двух, т. е. 8 случаев
выбора. Итак, список ораторов может быть составлен 10-9-8 =
= 720 способами.
Замечание. В задаче 4 надо было вычислить число различных
кортежей из трех элементов, которые надо набирать из 10-элементного
множества. В комбинаторике такую задачу обычно называют
нахождением числа всех размещений по 3 элемента из 10. В общем случае
число всех размещений по п элементов из т элементов обозначают
т\
Ап . Очевидно, что Ап = т (т — 1) ... (т — п -f 1) = — .
(m — п)
Задача 5. Установить, сколькими способами из десяти
человек можно выбрать делегацию из трех человек?
Решение. Эта задача отличается от предыдущей тем,
что в списке делегации порядок следования фамилии не
имеет значения, в то время как в списке ораторов порядок
следования фамилий имеет существенное значение.
Трехэлементное множество может быть упорядочено Р3 =
= 1-2-3 = 6 способами. Следовательно, 6 списков
ораторов, содержащих одни и те же фамилии, являются
списком одной и той же делегации. Поэтому число различных
делегаций равно числу различных списков ораторов, делен-
Л?0 10 • 9 • 8
ному на 6, т. е. р- = i . 2 • 3 = ^'
Замечание. В задаче 5 надо было подсчитать число различных
трехэлементных подмножеств, содержащихся в 10-элементном
множестве. В комбинаторике такую задачу называют задачей на отыскание
числа сочетаний по 3 элемента из 10 элементов. Число всех различных со-
41

четаний (подмножеств) по п элементов из т элементов обычно
обозначают С". Итак,
d=^=E±i = 120.
Jl0~ P3 1-2.3
В общем случае
гп _ Ат _ щ (т—1) ... (т — п + 1) _ т\
Рп п\ п\(т — п)\
Так. как каждому п - элементному подмножеству т - элементного
множества взаимнооднозначно соответствует (т — п) - элементное
подмножество, оставшееся после выборки п элементов, то С^ = С™~~п. Это
равенство легко также усмотреть из формулы
п т'
Cfn= n\(m — n)\ '
в которую пит — п входят симметрично, т. е. если обозначить
т — п = k, тот — k = n и
Ck _ т\ _ т\ =с„
т k\(m — k)\ (m — n)\ п\ т'
Задача 6. Определить, сколькими способами можно
выбрать делегацию из четырех человек от организации,
где работают шесть женщин и пять мужчин, так, чтобы в
состав делегации входила хотя бы одна женщина.
Решение. Множество всех возможных делегаций
разобьем на непересекающиеся подмножества и применим
комбинаторное правило сложения: если все возможные
комбинации разбиваются на попарно непересекающиеся
подмножества, то число всех комбинаций равно сумме
мощностей всех получившихся подмножеств.
Пусть Ц\ — число всех различных делегаций, в состав
которых входит только одна женщина, q2 — число всех
различных делегаций, в состав которых входят по две
женщины, <7з — по три женщины, ?4 — по четыре женщины.
Очевидно, что ?1 + ?2 + ?з + ?4 есть ответ задачи.
Каждое ч слагаемое qt подсчитаем отдельно, применив
комбинаторное умножение. Будем считать женскую часть
делегации первым элементом кортежа, а мужскую часть
делегации вторым элементом кортежа. Тогда одна женщина
из шести может быть выбрана С\ способами, а трое мужчин
из пяти — С5 способами. Поэтому q1=Ce-Cl = 6x
5-4.3 99 6-5 5-4
X 1 .2.3 = 60. Далее, q2=C\ • С\ = -уТ Х П = 150;
42

q3 = Cl• C5 = 3 • 5 = 100. Для вычисления g4
комбинаторное умножение не требуется. Получаем q\ = С6 =
= Сб2=7т|= 15. Ответ: ?1 + q2 + q3 + </4 = 60,+ 150 +
+ 100+ 15=325.
Задача 7. Определить, сколько существует различных
отображений m-элементного множества в /z-элементное
(т, п — натуральные числа).
Решение. Пусть А отображается в В. Образом
первого элемента из А может быть любой элемент из В, т. е.
для первого элемента существует п возможностей
построения отображения. Точно так же и образом второго
элемента из А может быть любой из В и т. д. Комбинаторное
умножение дает
^ п • п ... п= пт
т раз
возможностей построения отображения Л в В.
Задача 8. Установить, сколько существует различных
логических функций от п переменных.
Решение. Логическая функция от п переменных есть
отображение прямого произведения {И, Л}п в {И, Л], т. е.
отображение множества мощности 2п в двухэлементное
множество. Тогда число таких различных отображений (см.
задачу 7) есть 22".
Тест 10 для самоконтроля
1. Сколькими способами можно составить список
ораторов из пяти человек, если оратор С не может выступать
ранее оратора В? Укажите правильные и неправильные
решения.
1.1. Обозначим ораторов буквами Л, В, С, D, Е. Если оратор В
выступит первым, то порядок выступления остальных ораторов
безразличен. Поэтому число различных списков равно числу перестановок из
четырех ораторов, т. е. 4! = 24.
1.2. Оратор В не может выступать последним, ибо после него еще
должен выступить оратор С. Поэтому множество всех ситуаций
разбивается на четыре подмножества: оратор В выступает первым, оратор
В выступает вторым, третьим и четвертым. Число различных списков в
этих подмножествах подсчитываем по правилу комбинаторного
умножения: в первом подмножестве 4! = 24, во втором подмножестве первым
может выступить любой из трех ораторов Л, Д Е, третьим после
оратора В — любой из трех оставшихся и так далее, т. е. 3-3-2=18; в
третьем подмножестве 3-2-2 = 12; в четвертом подмножестве 3! = 6. Всего
24+18+12+6=60.
43

1.3. Все ситуации разбиваются на подмножества: оратор С
выступает непосредственно за оратором В, между В и С может быть один
оратор, два оратора, три оратора. Во всех подмножествах остальные
ораторы (кроме В и С) могут быть размещены произвольно. Поэтому
3! + 3! + 3! + 3! = 24.
1.4. Все ситуации разбиваются на непересекающиеся подмножества
по числу ораторов, выступающих между В и С. Используем
комбинаторное умножение для подсчета ситуаций в каждом подмножестве. Если
оратор С выступает непосредственно за оратором В, то существует
четыре возможности для помещения их в список и 3! возможности
размещения остальных ораторов, т. е. 4! варианта. Если между В и С
только один оратор, то имеется три возможности внесения в список В
и С и 3! возможности размещения остальных ораторов и т. д. Всего
4! + 3 • 3! +' 2 • 3! + 3! = 60 различных списков.
1.5. Число различных списков равно числу перестановок из 5
элементов, т. е. 5!. Среди них будет одинаковое число списков, где
оратор В выступает раньше С и где оратор В выступает позже С.
Поменяв местами ораторов В и С в неподходящем списке, получим нужный
5! 120 п
список. Следовательно, нужный список можно составить —= —= 60
способами.
1.6. По условию задачи оратор В может выступить только первым,
вторым, третьим или четвертым, чтобы выступить раньше оратора С.
Таких возможностей будет 1 • 2 • 3 • 4=24.
1.7. Если оратор В выступает первым, то оратор С может
выступать вторым, третьим, четвертым или пятым, т. е. имеет 4! возможности
выступить. Если оратор В выступает вторым, то для оратора С
остается 3! возможности. Следовательно, можно составить всего 4! + 3! +
+ 2! + 1! = 24 + 6+2+ 1 =33 нужных списка.
Домашнее задание
1. Сколько существует различных инъективных отображений т-
элементного множества в /г-элементное (т</г)?
2. Докажите методом математической индукции, что число всех
подмножеств /г-элементного множества равно 2П. Обоснуйте этот же факт,
опираясь только на комбинаторное умножение (указание: для
построения произвольного подмножества перебираем элементы /г-элементного
множества и на каждом из них имеем две возможности (включать или
не включать в подмножество)).
3. Сколькими способами за круглым столом можно рассадить пять
супружеских пар, если все супруги сидят рядом?
ЗАНЯТИЕ 11
РЕШЕНИЕ СИСТЕМ ЛИНЕЙНЫХ УРАВНЕНИЙ МЕТОДОМ
ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОГО ИСКЛЮЧЕНИЯ НЕИЗВЕСТНЫХ
Вопросы к занятию
1. Линейное уравнение. Линейное уравнение как
предикат. Вид противоречивого линейного уравнения.
44

2. Система линейных уравнений как предикат.
Множество решений. Равносильные системы. Следствие системы.
3. Элементарные преобразования системы линейных
уравнений.
4. Метод Гаусса решения систем линейных уравнений.
5. Распределение неизвестных на главные и свободные.
Литература: [7], с. 185—188, 206—208; [3], с. 43—51.
Образцы решения задач
Задача 1. Решить систему уравнений
Xi #2 -[- 2iX$ -\- 1х± = 1\\
—Х-^ -у- zx^ — Zx^ = —1\
Х-± ~\~ ZXn — ZXq Х^ == 1. /
Решение. / способ. Если условиться писать
неизвестные только в порядке возрастания номеров, то сами
символы неизвестных становятся лишними, важны лишь
коэффициенты. Поэтому систему линейных уравнений удобно
записывать и решать в виде матрицы, т. е. в виде
прямоугольной таблицы коэффициентов (вертикальной чертой
отделены свободные члены).
Г ГЦ —1 2 2
0—1—1 2
— 1 2 0—2
[ 1 2—2—1
С помощью первого уравнения (первой строки матрицы)
исключим Х\ из всех последующих уравнений (аннулируем
все элементы первого столбца, кроме 1 в первой строке).
Для этого первую строку прибавим к третьей (во второй
уже стоит 0), а затем первую строку, умноженную на — 1,
прибавим к четвертой. При этом единицу, с помощью
которой «очищается» столбец матрицы, будем называть
разрешающим элементом. Разрешающий элемент будем давать
в квадратике на каждом шаге решения задачи:
[~1 —1_ 2 2
0 |—Д —1 2
0 1 2 0
|_0 3 —4 —3
Система (2) равносильна системе (1), так как (2)
получена из (1) с помощью нескольких элементарных
преобразований. В системе (2) с помощью второго уравнения
0)
(2)
45

исключим второе неизвестное из третьего и четвертого
уравнений (аннулируем вторые элементы в третьей и
четвертой строках). Для этого вторую строку прибавим к
третьей и вторую строку, умноженную на три, прибавим к
четвертой (022=— 1 есть новый разрешающий элемент):
(3)
Аннулируем теперь в матрице (3) третий элемент
четвертой строки. Этим соответствующая система линейных
уравнений приведется к равносильной треугольной
системе (третье уравнение, умноженное на 7, прибавляем к
четвертому) :
1
0
0
0
-1
—1
0
0
2 2
— 1 2
|1| 2
—7 3
2
7
2
20
#2 .^ #3 \i ЛХ4 =4 7* [
[*з+! 2х4=) 2;|
17*4 = 34.
(4)
Заметим, что систему (4) можно было оставить в
матричной записи. Из четвертого уравнения находим х* = 2 и
подставляем в третье уравнение. Затем получаем #3 = 2 —
— 2-2= —2. Подставив найденные значения л:3, А во
второе уравнение, запишем — #2 = 7+( — 2)—2-2=1, т. е. #2 =
= — 1. Аналогично из первого уравнения #i = 2+( — 1) —
-2(-2)-2.2=1. Ответ: {(1, -1, -2,2)}.
// способ. Предыдущее решение можно ускорить в двух
направлениях. Во-первых, необязательно брать сначала
первое уравнение, затем второе, третье, так как при этом
могут исчезать уже готовые нули и возникать неудобства
из-за неподходящих коэффициентов. Во-вторых, исключать
неизвестные в столбце можно по направлению не только
«вниз», но и «вверх», оставляя в столбце лишь один
коэффициент, не равный нулю (метод Жордана — Гаусса).
В матрице (1) в первом столбце аннулируем все
элементы с помощью третьей строки, т. е. элемент, стоящий в
первом столбце и третьей строке, выбираем в качестве
разрешающего элемента:
(1')
1—12 2
0—1—1 2
|—1| 2 0—2
1 2—2—1
2
7
—7
1
46

Это позволяет сохранить стоящий в третьей строке'нуль:
0
0
1
0
111
—1
2
4
2 0
— 1 2
0 —2
—2 —3
-5
7
—7
—6
(2')
Использование первой строки для элементарных
преобразований в матрице (2') сохранит нуль, стоящий в первой
строке на четвертом месте:
О 1
О О
—1 О
О О
2
1
—4
-10
О
В
-2
-3
-5
2.
3
14
(30
Четвертую строку в матрице (3') умножаем на 2 и
прибавляем к ней умноженную на 3 вторую строку:
О 1
О 0
-1 О
О О
2 О
1 2
—3 О
-17| 0
—5
2
5
34
(4')
Четвертую строку в матрице (40 сокращаем на —17 перед
ее использованием:
. (50
Можно еще сократить вторую строку на 2 и изменить знак
в третьей строке, а затем так переставить уравнения
(строки в матрице), чтобы неисключенные неизвестные
выстроились по диагонали (хотя это необязательно):
0 10 0
0 0 0 2
10 0 0
0 0 10
—1-1
4
— 1
—2 J
ri о о о
0 10 0
0 0 10
L0 0 0 1
11
-1
-2
2
(60
Система (60 в обычной записи имеет вид:
xt = 1;
х2 = — 1
Хз = —2,
т. е. столбец свободных членов дает решение.
47

Задача 2. Решить систему уравнений
3*! + 5*2 — 4л:3 + 2*4 = 9;
5*! + 3*2 + 2л:3 — 7*4 = —11;
7*х — 4*2 + 5*з — 3*4 = 2;
4*х + 2*2 — 3*з + 4*4 = 15.
Решение. Запишем систему в виде матрицы и
применим метод Жордана—Гаусса исключения неизвестных:
|3|
5
7
4
5
3
—4
2
—4 2
2 —7
5 —3
-3 4
9
—11
2
15
В качестве разрешающего элемента выберем угловой. Чтобы
избежать дробных коэффициентов, будем умножать вторую
строку на 3, а первую мысленно на —5 и прибавлять ко
второй, Затем третью строку умножим на 3, а первую
мысленно на —7 и прибавим к третьей и т. д. Каждый элемент
можно считать отдельно по так называемому правилу
прямоугольника:
\aki\ ... akj
ati
Oii
По этому правилу в качестве разрешающего выбирается
элемент dkh исключается элемент ацу а вместо ац получается
{akiatj — auakj).
Применим правило прямоугольника:
3 5—4
0 —16 26
0 —47 43
0 —14 7
2
—31
-23
141
9
—78
-57
9
<=>
12
0
0
о
48 —30 0
—498 321 0
—510 333 0
—14 7 4
18
—33
—21
9
Чтобы облегчить вычисления, сократим строки (т. е.
уравнения) на 6 и на 3:
"2 8
0 —166
0 -170
0 -И
—5 0
107 0
J111I 0
7 4
з"1
— 11
—7
9
**
222
0
0
0
38 0 0
—236 0 0
— 170 111 0
—364 0 444
298
—472
—7
1048
48

298^
2
—7
1048
<=>
222 0 0 0
0 10 0
0 0 111 0
0 0 0 444
222
2
333
1776
Сокращаем второе уравнение и исключаем х2 из
остальных уравнений:
"222 38 0 0
0 JJJ 0 0
О —170 111 О
О —364 0 444
Итак, хг = 222/222 =1; х2 = 2; х3 = 333/111=3; *4 =
= 1776/444 = 4. Ответ: система имеет единственное
решение (1, 2, 3, 4).
Задача 3. Решить систему уравнений
2х± -\- х2 — х3 -j- -^4 = *
OXj <^^2 I" ^*^3 оХ^ == А
DX-± ~\~ Х2 — Х$ ~\- £Х± = 1
АХ-^ Х2 |" Х$ оХц = 4
Решение. Преобразуем матрицу системы по методу
Жор дана—Гаусса
|1|
-?.
1
-1
—1 1
2 —3
— 1 2
1 —3
1 ]
2
— 1
4
Ф^|
9 1—1 О
_7 0 0—1
JOj О О О
-10 О О О
2 1 —1
7 0 0
3 0 0
4 0' 0
Г 9 1 -
7 0
10 0
0 0
1
1-1 1
1
—2 |
-1 0
0 —1
0 0
0 0
1
4
-2
5
5"
4
2
— 1
Система несовместна, ибо содержит противоречивое
уравнение (четвертое в последней записи). Ответ: 0.
Задача 4. Решить систему уравнений
2хг + х2 — 4х3 — *4 = 0;
•*1 "Т #2 ЗХз
Xj -f- 0X2 — 7Х3 -р ^х^ —
-1
-5
5 J
Решение. Применим метод Жордана—Гаусса:
-4
-3
-7
-1
1
0
2
4
0~|
— 1
—b
5
Ф=> 1
0
1
0
0
—1
1
2
—4
2
—3
—4
8
1-И
0
2
—4
49

ГО —1 —2 —1
1 1—3 0
0 0 0 0
0 0 0 0
2
—1
О
OJ
Дальнейшее исключение неизвестных уже невозможно.
Видно, что х1 и xt стали главными неизвестными, а хг и х3 —
свободными (главные неизвестные — единственные неаннули-
рованные в своем столбце). Запишем общее решение:
х1 — —1 — х% -\- 6ха\\
Пусть х2 = а, х3 = Ь. Тогда хг и л:4 вычисляются из
общего решения. Ответ: ((— 1— а+ 36, а, 6, — 2 — а — 26) | а,
Замечание. При другом выборе разрешающих элементов
свободными могли оказаться другие два неизвестных.
Тест 11 для самоконтроля
1. Матрица системы линейных уравнений имеет вид
(о
г0
0
0
Li
0 1
0 2
—2 1 •
0 0
1
2
-1
0 '
2-1
5
2
0J
Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Система (1) приведена к ступенчатому виду.
1.2. Система (1) совместная и неопределенная, ее общее решение
содержит два свободных неизвестных.
1.3. Система (1) совместная и определенная.
1.4. Система (1) несовместная.
1.5. Четвертое уравнение системы (1) противоречиво.
2. Матрица системы линейных уравнений имеет вид:
2 1—1 2
0 1 2—1
0 0 2—2
(2)
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Система (2) имеет единственное решение (1, 1, 1, 1).
2.2. В общем решении системы (2) три главных и одно свободное
неизвестное.
2.3. Система (2) неопределенна, ее общее решение зависит от двух
свободных неизвестных.
50

2.4. Система (2) приведена к треугольному виду и поэтому имеет
единственное решение.
2.5. Система (2) имеет бесконечно много решений, так как
приведена к виду трапеции.
Домашнее задание
1. Решить системы уравнений
1) *!+ 2л:2+ Зд:з+ 4д:4= О
7*! + 14*2 + 20*3 + 27*4 = 0
5*! + 10*2 + 16*з + 19*4 = —2
3*!+ 5*2+ 6*3+13*4= 5
5*з
3) *i
2*!
2*1
2*2
3*2
-7*3
4**
2) 7*i — 5*2 — 2*з — 4*4
—3*1 + 2*2 + *з + 2*4
2*1 *2
— *2 +
— *з
+ *4 + 3*5
+ 2*4 + 4*5
+ 3*4 + 5*5
+ 2*в =
' + 3*6 =
*з — 2*4 -
*3 + 2*4 -
6;
8
—3
1
3
+
6
4
7
*в = —12
= 9
ЗАНЯТИЕ 12
СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ ОДНОРОДНЫХ УРАВНЕНИИ.
СИСТЕМЫ С ПАРАМЕТРАМИ
однородных уравне-
Вопросы к занятию
1. Общий вид системы линейных
ний.
2. Особенности системы линейных однородных
уравнений.
3. Тривиальные и нетривиальные (нулевые и
ненулевые) решения систем линейных однородных уравнений.
4. Достаточное условие существования нетривиальных
решений.
Литература: [7], с. 203, 204; [3], с.99.
Образцы решения задач
Задача 1. Решить систему уравнений:
Л^ +• #2 -^3 ^-^4 ^%Ь == ^> 1
ZX-± ~\~ д%2 ^%3 «Э-^4 ^*^б == ^> I
Х± #2 #з ZXfr = UJ
Решение. Как и ранее, рассмотрим матрицу
коэффициентов при неизвестных (при этом столбец свободных
51

членов, состоящий из нулей, условимся не записывать, так
как при элементарных преобразованиях уравнений (строк
матрицы) он остается неизменным):
Г 1 1—1—2 —2~1
|2 3—2—5—4
jjj —1 —1 0 —2 I
I 1 —2 —1 1 -2 J
Разрешающим элементом, стоящим в третьей строке и
первом столбце, аннулируем остальные элементы первого
столбца. Для этого к первой, второй и четвертой строкам
прибавляем третью, умноженную соответственно на — 1;
-2;-1:
ГО 2 0 —2 ОТ
О 5 0—5 0
1—1—1 0_ — 2
I 0 —1 0 QJ 0
Четвертую строку, умноженную на 2, на 5, прибавим к
первой и второй соответственно. В результате получаем
матрицу системы, равносильной данной:
гО 0 0 0 От
0 0 0 0 0
1—1—10—2 Г
Lo — 1 oi oJ
Первые две строки, состоящие из нулей, удаляем, ибо они
соответствуют уравнениям, решениями которых является
любая пятерка чисел. Других строк, не содержащих
бывших разрешающих элементов, в последней матрице нет.
Поэтому исключение неизвестных окончено. Неизвестные
Х\ и JC4, в столбцах которых расположены бывшие
разрешающие элементы,— главные неизвестные, остальные —
свободные. Выражая х\ (из третьей строки) и л:4 (из
четвертой строки), получаем общее решение данной системы:
*1 = *2 ~Г %3 Г ^б» 1
л:4 = х2. )
О тв е т: {(х2 -\- х3-\- 2хЬ1 х29 х3, х2, хь) | л:2, х3, хь € R).
Положив, например, X2 = Xz = x$=\9 получим частное
решение (4, 1, 1, 1, 1). Таких решений существует
бесконечное множество.
52

Задача 2. Решить следующую систему уравнений в
зависимости от параметра:
ахх + 2х2 = 3;1
= 3.}
а 2
1 |2|
3"
3
*=*
а— 1 0
1 2
0
3
хг -\~ 2х2:
Решение. Выписываем матрицу системы и
указанным разрешающим элементом аннулируем остальные
элементы второго столбца:
т
0)
В матрице (1) разрешающим элементом может быть взят
только а—\. Чтобы этим элементом аннулировать
остальные элементы первого столбца (в нашем случае один
элемент 1), надо первую строку умножить на — 1/(а—1) и
прибавить ко второй. Но выражение — 1/(а— 1) при а=\
не имеет смысла. Поэтому для дальнейшего решения
рассмотрим два случая: а=Л и аф\.
Если а= 1, то матрица (1) принимает вид
ГО О I 01
1.1 2 | 3J*
Отсюда х2=(3— хг)/2 есть общее решение. Здесь х2—
главное неизвестное, хг — свободное. Множеством решений
системы в этом случае будет
3 — хг
хг € R].
Если а Ф 1, то первую строку матрицы (1) удобно
разделить на а—1, так как а—1=^=0. В этом случае (1)
принимает вид
"|1| 0
L ! 2
о'
3
<=>
"1 0
0 2
0"
3_
Отсюда хх=0, x2=3/2. Ответ: если а=1, то Пх1г
3~^)\Xli R}; 6СЛИ ПфХу Т°{(0, ~2~)}'
Задача 3. Решить систему при различных значениях
a<ER:
2хг + ах2 + х3= 2\\
ахг— х2 + х3= 1;
—2хг + Ъх2 + (а — 4) х3 =-- а — 3 J
53

Решение. Начало решения обычное:
а
-2
2
а —2
—2а+6
а |1|
—1 1
5 а—4
2
1
X
а —3_
а 1
—а—1 0
—а2 + 4а + 5 0
«=*
2 ]
—1 1
—a + 5j
(2)
Разрешающим элементом системы (2) можно взять
любой из четырех, расположенных в левом нижнем углу, а
именно: или а —2, или — а— 1, или —2а+6, или — а2+4а+
+ 5= —(а+1) (а —5). Предпочтение отдаем элементу — а—
—1 = — (а+1). Его выбираем в качестве следующего
разрешающего элемента. Разрешающим элементом
желательно иметь число 1. Поэтому вторую строку разделим на
— а— 1. Это можно делать, если —а— 1=^=0, т. е. аф — 1.
Итак, рассматриваем два случая: 1) а= — 1; 2) а=#= —1.
Если а= —1, то из системы (2) получаем
2 —1 1
3 0 0
8| 0 0
2
—1
6
<=>
2
0
8
-1 1
0 0
0 0
2
10
6
Последняя система противоречива. Если аф—1, то из
матрицы (2) после деления второй строки
Ф0) находим
2 а 1
на —а—1 (—а—\Ф
\
—а+ 2
111
а+1
—2а+6 —а2 + 4а+5
1
а+1 _
—а+ 5 J
Вторую строку, умноженную на —а и а2 — 4а — 5,
прибавляем к первой и третьей соответственно и получаем
а2+ 2
а+1
—а+2
0
а+1 1
L—а2 + 5а — 4 О
1
1
0
0
а + 2 ~1
а+1
1
а+ 1
0 J
(3)
Разрешающим элементом в (3) можно взять только — а2 +
+ Ъа—4= — (а— 1) (а—4). Чтобы получить на его месте 1,
надо разделить третью строку на — (а— \) (а — 4). Это
деление возможно, если — (а— 1) (а—4) Ф0, т. е. аф\ и
54

Рассмотрим следующие три случая: 3) а—1; 4) а=4;
5) аф\ и афА.
Если а=1, система (3) принимает вид:
' з Л л
— 0 1
2
i.o
.0 0 0
3 "1
2
1
2
0 J
Видно, что х2 и л:3 — главные неизвестные, хх — свободное.
Последнюю строку, как нулевую, удаляем. Запишем общее
решение:
х-± -1-х-
2~~ 2 _ 2 v
_ 3 3
*з - "2 2" ^1-
В случае а = 4 система (3) принимает вид
5
_1_
5
Ц 0 0 0 | 0
Здесь, как и в предыдущем случае, неизвестные х2 и х3 —
главные, хх — свободное. Общее решение системы такое:
х -JL + .2-V.1
"iioi
5
5
6
5
18
*з- -g TXl'\
Если а ф\ и а ^=4, третью строку системы (3) делим
на —(а—1)(а —4) и продолжаем решение:
А2+2
а + 1
—fl + 2
fl^l
L in
о l
1 0
о о
1 а + 2 1
а+1
1
а + 1
о
<=»
0 0 1
j 0 1 0
Li о о
а + 2 "1
а + 1
1
а + 1
0 J
Отсюда хх = 0; х2= 1/(о+"1); х3= (о + 2)/(а+ 1). Ответ:
если а= —1, то система несовместна, т. е. 0; если а= 1,
то/^, -^ Х-х1У ~ ^-хЛ I хх€ rJ; если а= 4, то Jfa,
4- + у*1> у—y^JU^R}; если а^—1, аф\,афА,
5
ТО
55

Тест 12 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения
относительно системы линейных
торой имеет вид:
однородных уравнении, матрица ко-
'2 0 0
0 1 0
.0 0 1
1.1. Система совместная, неопределенная, имеет множество решений:
*.«-*.
2*4, —*4, *4
*4€R •
1.2. Все решения системы пропорциональны.
1.3. Существует хотя бы два непропорциональных решения системы.
1.4. Сумма двух любых решений системы — решение системы.
1.5. Все решения системы имеют вид а* а, где а — любое
фиксированное решение этой системы.
2. Расширенная матрица системы
имеет вид
линейных уравнении
~а+ 2 а
0 0
0 0
0 0
-4 0
0 а—\
а+ 1
0
а —2
}
(4)
где a£R. Укажите верные и неверные утверждения
относительно данной системы линейных уравнений.
2.1. При a =—2 система совместная и неопределенная.
2.2. При любом значении а система (4) совместная.
2.3. При любом аФО система (4) совместная.
2.4. При любом значении а система (4) несовместная.
2.5. При любом аФ\ система (4) совместная и неопределенная.
Домашнее задание
1. Решить систему уравнений
2*х — 3*2 + *з — 2*4 = 0
3*! + *2 + 2*з — *4 = 0
7*х — 5*2 + 4*з — 5*4 = 0
*! + 4*2 + *3 + *4 = 0
—4*х — 5*2 — 3*3 =0
2. Решить при различных значениях параметра системы уравнений:
3*х — 8*2 + 2*з— *4= 3\\б)ах1+ *2 + *з+*4=
5*х — 7*2 — 3*з — 8*4 = 5
3*i — 11*2 + 5*з + 2*4 = 3;
х\ + а*2 — *з + 2а*4 = —а.
*i + (1 +а)*2 + *з+*4=3
*i + *2 + (1 +a)*3+*4=4
*1+ *2+ *3+*4=1.
56

ЗАНЯТИЕ 13
АРИФМЕТИЧЕСКОЕ /г-МЕРНОЕ ВЕКТОРНОЕ ПРОСТРАНСТВО.
ЛИНЕЙНАЯ ЗАВИСИМОСТЬ И НЕЗАВИСИМОСТЬ
СИСТЕМЫ ВЕКТОРОВ. БАЗИС И РАНГ СИСТЕМЫ ВЕКТОРОВ
Вопросы к занятию
1. Определение арифметического вектора. Сложение
векторов, умножение вектора на число. Свойства этих
операций.
2. Линейная комбинация векторов. Линейно зависимая
и линейно независимая системы векторов.
3. Необходимый и достаточный признак линейной
зависимости системы векторов.
4. Базис и ранг системы векторов.
5. Эквивалентные системы векторов. Их свойства.
6. Элементарные преобразования системы векторов и
их свойства.
Литература: [7], с. 174—184; [3], с. 71—84.
Образцы решения задач
Задача 1. Найти линейную комбинацию 2ai —4а2 + 5аз
системы векторов ai=(2, 1, 2, 1); а2=( —3, 1, 5, 4); а3= (3,
2,0,1).
Решение. По определению произведения числа на
вектор 2ai = 2(2, 1, 2, 1) = (4, 2, 4, 2). Аналогично -4а2 =
= -4(-3, 1,5, 4) = (12, -4, -20, - 16), 5а3 = 5(3, 2, 0, 1) =
= (15, 10, 0, 5). Складывая эти векторы, получаем 2&\ —
-4а2 + 5а3=(4+12+15, 2-4+10, 4-20 + 0, 2-16 + 5) =
= (31,8, -16, -9).
Замечание. При наличии навыка такие подробные записи
излишни: можно устно складывать соответственные координаты данных
векторов, умножая их на заданные числа.
Задача 2. Выяснить, зависима или независима система
векторов, найти один из ее базисов и вычислить ранг,
выразить небазисные векторы через выбранный базис:
a1=(2, 1,-1,3); а2=(-1,3,-2, 1);>3 = (1, 2, 3, -1); m
а4-(1, 12,5,-1); а5=(5,0, 13,-5). {и
Решение. / способ. Следует выяснить, при каких х\9
*2, *з, *4, х$ имеет место равенство:
*1а1+л:2а2 + Хзаз + Х4а4 + л:5а5 = 0, (2)
где0=(0, 0, 0, 0).
57

Вычислив линейную комбинацию левой части (2) и
приравняв нулю координаты полученного вектора,
равенство (2) заменим системой координатных равенств:
2хг— *2 + *3 + *4 + 5л:б= (Ъ
*i +3*2+ 2*з+12*4 =0;|
—*х — 2*2 + 3*з + 5*4 + 13*5 = 0; |
О*^ —|— *2 *з *4 *^*5 == ^*
(3)
Решаем систему (3):
2 —1 jTJ 1 5
1 3 2 12 0
-1—2 3 5 13
3 1—1—1 —5
-5 J) 1 3 3"
32 0 0 0 0
-7_ 1 0 2 —2
|11 0 0 0 о
<=>
2—111
-3 5_ 0 10
-7 |_М 0 2
5 0 0 0
5
-2
О
0 0 13
0 0 0 0
0 10 2-
10 0 0
3
0
-2
0
о
0 0 13 3
0 10 2—2
.10 0 0 О
Главные неизвестные х\, *2,. *3; свободные *4, хь.
Запишем общее решение системы (3):
{(0, -2*4 + 2*5, -3*4-3*5, *4, *5)|*4, *5<^R}.
(4)
Так как (3) имеет ненулевые решения, то система (1)
линейно зависимая.
Векторы аь а2, а3, соответствующие по номерам
главным неизвестным, образуют базис. Докажем это. Из (2) и
(4) следует, что все комбинации системы (1), дающие
нулевой вектор, имеют вид
0а!+ (-2*4 + 2*5)а2+(-3*4-3*5)аз + *4а4 + х5а5 = 0. (5)
Все векторы выражаются через векторы аь а2, а3,
соответствующие главным неизвестным *ь *2, *з. Вектор а4
выражается легко из (5), если положить *4= — 1, *5 = 0 (тогда
a4 = 0ai + 2a2 + 3a3). Вектор а5 выражается из (5) при *4 =
= 0, *5= —1 (тогда a5 = 0ai— 2a2 + 3a3). Покажем, что
векторы аь а2, а3 линейно независимы. Рассмотрим равенство
aiai + a2a2 + a3a3 = 0.
Из (6) следует
aiai + a2a2 + a3a3 + 0a4 + 0a5 = 0.
58
(6)
(7)

/
(8)
Так как (7) содержится в (5), то
«!= 0;
а2 = — 2*4 + 2*5;
(Хд = оХ± ^5»
0 - *4;
Отсюда следует, что а1 = а2 = аз = 0. Итак, из (6) следует
(8). Следовательно, аь а2, а3 линейно независимы и
образуют базис (1). Ранг (1) равен 3.
// способ. Элементарными преобразованиями систему
(1) приведем к ступенчатому виду. Для этого выпишем
матрицу координат векторов и проведем элементарные
преобразования системы ее строк:
2| 1 -1
■1 3 —2
1 2 3
1 12 5
5 0 13
Г2 1 —1
0 7—5
0 0 |64|
0 0 192 -
|_0 0 192 -
3~
1
— 1
— 1
—5_
/^/
"3"
5
—50
-150
-15С
>_
"■
2 1—1 3~
0 |7| —5 5
0 3 7—5
0 23 11—5
0 —5 31 —25
/^->
~2 1 —1 3"
0 | 7 —5 5
0 0 | 64 —50
0 0 0 0
1 0 0 0 0
Так как преобразования осуществлялись только с помощью
первых трех строк, а четвертая и пятая строки
аннулировались, то. можно сказать, что а4 и а5 линейно выражаются
через аь аг, а3. Кроме того, система векторов аь аг, а3
линейно независима, так как эквивалентная ей система из
первых трех строк последней матрицы линейно
независима, ибо имеет ступенчатый вид. Итак, аь а2, а3 образуют
базис системы (1) и ранг системы (1) равен 3.
Для вычисления коэффициентов линейных комбинаций
a4 = ai*i + a2*2+a3*3; Ъ5 = Ъ\У\ + Ь2У2 + ЪгУг **х надо расписать
по координатам. Получаются две системы линейных
уравнений:
/LX-i Ха ~\~ Лд 1
хх + 3х2 + 2х3 = 12
Л^ £Х<у ~\~ ОЛд О
ОХ-± ~~р~ Ха Лд 1
2#i— У2+ Уз= 5;
Ух + 3#2 + 2у3 = 0;
—Л — 2*/2 + 3#д = 13;
Зл+ У2— Уз=— 5J
Эти системы отличаются только обозначениями
неизвестных и столбцами свободных членов, поэтому их можно ре-
59

шать одновременно, записав рядом два столбца свободных
членов (пакет двух систем линейных уравнений):
_2_ —1
14 3
-1 —2
3 1
1
12
5
— 1
5"
О
13
-5
О
1
О
О —8
7 —3
3 2
|Г| 5
—7
—23
12
17 13
-37 —5
96
39 -
17
99
96
-39
13
99
**■
0 0 0
1 .0 0
0 1 0
[0 0 1
0
0
2
3
(Л
0
—2
3J
0 0 32
1 0 —13
О 1 5
0 0 1331
Итак,
*i=0;| #1 = 0;
*2=2; у2=—2;\
%3 == ^>J Уз = ^»
т. е. а4 = 0ах + 2а2 + За3; а5 = 0ах — 2а2 + За3.
Задача 3. Пользуясь элементарными преобразованиями,
установить линейную зависимость или независимость
системы векторов: ai = (1, —2, 2); а2=(2, 0, 1); а3=( —1,
-3,4).
Решение. Элементарные преобразования приводят
к системе, эквивалентной данной. Преобразуем по методу
Жордана — Гаусса матрицу из координат данных векторов:
1 РЛ| 2] Г 1 —1 2_] Г—3 —1 0
2 0 1Н 2 0 IJJ Н 2 0 1
— 1 —3 4 J [— 4 0 — 2 J L 0 0 0
Система Ь1==(-3, -1, 0); Ь2=(2, 0, 1); Ь3=(0, 0, 0)
эквивалентна данной системе и зависима (так как содержит
нулевой вектор). Ранг полученной системы (а
следовательно, и данной) равен 2.
Тест 13 для самоконтроля
1. Сложение арифметических векторов коммутативно.
Укажите верные и неверные доказательства.
1.1. Доказательство будем вести от противного. Пусть а = (ах,
а2У ..., ап), Ъ = (Ьх, Ь2, ..., Ьп), но а + b ^ b -f а. По определению
сложения векторов (ах + bv а2 + Ь2, ..., ап + Ьп) = (Ьх + а{, Ь2 + а2, ...,
6п+ал). Из определения равенства векторов: (Hf) (a. -\- bt =/ bi + at).
Это противоречит коммутативности сложения чисел.
60

1.2. Коммутативность сложения арифметических векторов следует
из коммутативности сложения чисел.
1.3. Сумма двух противоположных векторов равна нуль-вектору,
поэтому прибавление сразу двух противоположных векторов ничего не
изменяет, т. е. а+Ь= —а+(а+b)+а= ( —а+а) + (b + a) =b + a.
1.4. Перенесем в равенстве a+b = b+a вектор b вправо с
противоположным знаком. Получим а=—Ь+(b + а) = ( —b + b)+а=а, т. е. а =
= а. Это очевидно, поэтому исходное равенство также было верным.
1.5. Пусть а=(ар а2, ...,аЛ), Ъ=(Ь{, b2, ...,bn). По определению
сложения векторов a + b = (ах -f bv a2 -f b2, ..., an + bn) и b + a =
= (&l + Яр b2 + a2, •••» bn + an). Так как сложение чисел
коммутативно, то (Vf.) (ai + fy = bt + fl/). Поэтому из определения равенства
векторов следует а + b = b + а.
2. Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Система векторов линейно независима, если существует
линейная комбинация этой системы векторов, равная нулевому вектору.
2.2. Система векторов aj, a2, ..., ап линейно независима, если
(Vo^, а2, .... ап <Е R) (а^ + а^2 + ... + ап а„ = 0 -> ах = <*2 = ... =
= «я = 0).
2.3. Система векторов линейно независима, если ни один вектор
этой системы линейно не выражается через остальные векторы этой же
системы.
2.4. Система векторов линейно независима, если хотя бы один
вектор этой системы линейно не выражается через остальные векторы этой
системы.
2.5. Система векторов линейно независима, если ее линейная
комбинация, равная нулевому вектору, может быть получена только с
помощью нулевых коэффициентов.
2.6. Система векторов линейно независима, если любой линейно
выражающийся через нее вектор выражается единственным образом.
3. Укажите верные и неверные утверждения.
3.1. Система векторов линейно зависима, если существует ее
линейная комбинация, равная нулевому вектору.
' 3.2. Система векторов линейно зависима, если ее линейная
комбинация, равная нулевому вектору, может быть получена только с
помощью нулевых коэффициентов.
3.3. Система векторов линейно зависима, если хотя бы один вектор
этой системы линейно выражается через остальные векторы этой же
системы.
3.4. Система векторов линейно зависима, если существует линейная
комбинация этой системы векторов, равная нулевому вектору, среди
коэффициентов которой есть хотя бы один, отличный от нуля.
3.5. Система векторов а1э а2, ..., ап линейно зависима, если
(Зар а2, ..., anCR)(a1a1 + a2a2 + ...+апап = 0 Д а?+а^ + ... +
+ о£*0).
3.6. Система векторов линейно зависима, если существует хотя бы
один вектор, линейно выражающийся через нее двумя различными
способами.

Домашнее задание
1. Найдите вектор х, если 3(ai — 2x) +5(а2+а3—Зх) =2(а3—4х) и
а1=(4, 3, 1,2); ая=(2, -1, -3, 4); а3= (-1, 4, -5,3).
2. Выясните линейную зависимость или независимость системы
векторов. Найдите какой-нибудь базис системы, укажите ее ранг. Выразите
небазисные векторы через базисные:
а) (1, -1, 1, -1); (1, 0, 1, 0); (1, -3, 1, -3); б) (1, 2, -1, 0, 3);
(1, 1, -1, 3, -3); (2, 3, 2, -1, 4); (1, 5, -1, -9, 21); (2, 3, 0,1,2);
в) (1,1,1, 1,1); (1,2,3,4, 1); (2,1,3,4,5); (1,2,-1,4,3).
3. Докажите, что при s>n любые s я-мерных векторов линейно
зависимы.
ЗАНЯТИЕ 14
РАНГ МАТРИЦЫ. ВЫЧИСЛЕНИЕ РАНГА МАТРИЦЫ
Вопросы к занятию
1. Матрица. Вертикальный и горизонтальный ранги
матрицы.
2. Связь между вертикальным и горизонтальным
рангами.
3. Ранг матрицы.
4. Элементарные преобразования матрицы, их свойства.
5. Вырожденные и невырожденные матрицы.
Литература: [7], с. 188—191; 198—202; [3], с. 85—93.
Образцы решения задач
Задача 1. Пользуясь элементарными преобразованиями
.строк и столбцов матрицы, вычислить ранг матрицы Л, где
ГЗ 2 2
2 3 2
9 14
2 2 3
1_7 1 6
2П
5
-5
4
—lJ
Решение. Элементарными преобразованиями строк
и столбцов поочередно преобразуем матрицу Л так, чтобы
в каждой строке и каждом столбце было не более одного
ненулевого элемента. Получаем последовательно:
62

Г3
2 2 2п
2 3 2 5
9 1 4—5
2 2 3 4
1_7 |1 | 6 —1_
/^/ 1
-—11 0 —10 4-1
— 19 0 —16 8
1 0 |—1| —2
—4 0—3 2
- 0 1 0 0-1
/^/
~|—7| 0 0 8"
—7 0 0 8
0 0—10
—7 0 0 8
L 0 1 0 0-
/>^
-—и о
—10 4-
— 19 0 —16 8
2 0—2—4
—12 0 —9 6
_ 7 QJ 6 —1_
/^/ 1
1 /^/
-—21 0 0 24
—35 0 0 40
1 0 |—1J —2
—7 0 0 8
- 0 10 0
Г|=7| 0 0 81
0 0 0 0
0 0—10
0 0 0 0
L 0 1 0 0-1
-_7 0 0 ОН
0 0 0 0
0 0—10
0 0 0 0
L о
1
0 0J
/•
Последняя матрица имеет тот же ранг, что и данная.
Тогда, очевидно, г а — 3.
Замечание. Для вычисления ранга матрицы можно
ограничиться приведением ее к ступенчатому виду, т. е. к виду, когда в Л- 1-й
строке первый ненулевой элемент стоит правее, чем такой же элемент
в i-й строке. Для приведения матрицы к ступенчатому виду достаточно
выполнить элементарные преобразования только строк и, возможно,
перестановку столбцов и строк. Ранг ступенчатой матрицы равен числу ее
ненулевых строк.
Задача 2. Путем приведения к ступенчатому виду
вычислить ранг матрицы
~ 2 1—2 3'
-12 12
1 3—15
-2—2 12
4 3 —3 U
Решение. Выполним элементарные преобразования
строк методом Гаусса:
Г 2
1
-2
L 4
1 —2 3-1
2 1 2
3—15
-2 1 2
3 —3 1J
0
-1
0
5
2
5
0
1
0
7п
2
7
0 —6 |—1] —2
0 11 1 9^
63

0
1
0
0
0
m
—4
5
—6
5
0
0
0
— 1 -
0
7~|
0
7
-2
7-J
/•^/
Г 0 5
— 1 4
0 0
0 0-
L 00
0 7
0 0
0 0
-1 32
0 0
= AV
В матрице Аг поменяем местами вторую строку с первой,
а третью с четвертой, получим
г—1 4 0 0-
—\_5 0 7
Л ~ 0 0| -1 32 | = л9
0 0 0 0
Loo о oj
где А2 — матрица ступенчатого вида. Ее ранг равен 3.
Следовательно, га = 3.
Замечание 2. Формально нет необходимости делать
перестановку строк и столбцов. Если преобразования методом Гаусса
выполнены полностью, то ранг матрицы равен числу бывших разрешающих
элементов. В задаче 2 достаточно получить матрицу А\.
Задача 3. Вычислить ранг матрицы
Г1 а —1 2
В= 2 — 1 а 5
Ll 10 —6 1J
при различных значениях параметра а.
Решение. Выполняем элементарные преобразования
строк и столбцов
в =
Г 1 а —1 2"1
2—1 а 5
1_1_| 10 —6 1 1
[0 а— 10 5 ПТ
0 —21 а+12 3
[l 0 0 0
/•^/
/-**/
/-*»/
' 0
0
а-
-10 5 П
21 а+ 12 3|
10 —6 1 '
[0 а—10 5 [Г
0 —За+ 9 о—3 0
[l 0 0 0
"0 0 0 11
0 —3(а —3) |о
1 0
,—
0
3| 0
0
/-»»/
"0 0 0 П
0 0 а— 3 0 1.
[1 0 0 0J
Отсюда ясно, что если афЗ, то гв = 3; если а = 3, то
гБ = 2.
64

Тест 14 для самоконтроля
1. Известно, что ранг некоторой квадратной матрицы
пятого порядка равен двум. Укажите верные и. неверные
утверждения.
1.1. Все строки матрицы пропорциональны.
1.2. Существуют хотя бы три линейно независимых столбца.
1.3. Существуют хотя бы две непропорциональные строки.
1.4. Хотя бы одна строка матрицы линейно выражается через
остальные.
1.5. Существуют три столбца матрицы, через которые линейно
выражаются два оставшихся столбца.
1.6. Существуют две строки матрицы, через которые единственным
образом выражаются остальные строки.
2. Дана матрица с параметром а:
г1 1 1 a-i
2 2 2а
3 3 3 а Г
L4 4 4 4J
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Ранг матрицы при а=0 равен двум.
2.2. Ранг матрицы не зависит от параметра а.
2.3. При аФО ранг матрицы равен 4.
2.4. При а=3 ранг матрицы равен 3.
2.5. При а=1 ранг матрицы равен 2.
Домашнее задание
1. Используя элементарные преобразования матрицы, найдите ее
ранг:
Г13 5 3 7]
40 16 10 22 .
[54 22 14 30J
2. Определите, при каких значениях параметра с ранг матрицы
Г1 с 2"|
2 14
1_4 2 8 J
равен: а) 1; б) 2; в) 3.
3. Найдите ранг матрицы в зависимости от значений параметра а:
rl 2 -Г In
I 5 1 2 1 I
4—1 а 0 '
L3 а 4 —1J
3 Зак. 1684 65

ЗАНЯТИЕ 15
КРИТЕРИЙ СОВМЕСТНОСТИ СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ
УРАВНЕНИЙ
Вопросы к занятию
1. Основная и расширенная матрицы системы линейных
уравнений.
2. Критерий совместности системы линейных
уравнений.
3. Критерий единственности решения системы линейных
уравнений, критерий бесконечности множества решений.
Литература: [7], с. 191—193; [3], с. 93—95.
Образцы решения задач
Задача 1. Пользуясь критерием совместности,
установить совместность или несовместность системы. В случае
совместности охарактеризовать множество решений
(единственное или бесконечное множество решений) :
а) 2*! + Зх2 = 1; \ б) Зхг + х2 = 2'Л
Ъхг + Зх2 = —2; I 6*! + 2х2 = 4; I
2хг-\- х2 = — 1; I 9*! + Зх2 = 6; [
3jcx + 2л:2 = —1;J J
в) 2хг — Зх2 + х3 + 4л;4 = О'Л
oXi -\- 2Х2 — 2Х$ -р Х\ = 2\ г
7^—4л:2 4-9^4 = 3.)
Решение, а) Вычисляем ранг основной матрицы А и
расширенной матрицы В:
л =
В
Г2 3 1
5 3
2 |1|
L3 2
/"*"' 1
1 1
—4 3
— 1 3_
о ш
— 1 2
1 /-*»/
~—4 0"
|—1| 0
0 1
|_— 1 0
/-*»/
~ 0 0~|
— 1 0
0 1
о oj
"2 3 Г
5 J3_ — 2
2 Щ-1
3 2—1
"—4 0 4
— 1 0 1
2 1 —]_
-10 111
' 0 0 0"
0 0 0
1 1 0
— 1 0 1
га = 2;
, гв = 2.
Так как г а — г в = 2 (число неизвестных также 2), то
система совместна и имеет единственное решение.
66

Замечание. При решении указанных задач нецелесообразно
вычислять отдельно ранги основной и расширенной матриц. Часто удобнее
сразу преобразовывать обе матрицы. При этом надо помнить, что в
этом случае нельзя брать разрешающий элемент в столбце свободных
членов (почему?).
б) Проведем с учетом сделанного замечания вычисления:
га = гв= 1< 2.
Число неизвестных равно 2. Система совместна и имеет
бесконечное множество решений при одном свободном
неизвестном.
в) Аналогично случаю «б» записываем
"о"
2
3
Гз ill
6 2
L9 3
2"
4
6
~
"3 1
0 0
L0 0
2]
0
oj
Г 2 —3
3 2
[7 —4
in
4
—2 1
0 9
/•^/
0"
2
3
/^^
" 2
-3 1 4
| 71 —4 0 9
7 —4 0 9
"2 —3 |1 4
7—4 0 |9
0 0 0 0
0"
2
1
Здесь гА = 2, гв = 3. Система несовместна.
Задача 2. На основании критерия совместности оценить
множество решений системы уравнений при различных
значениях параметра а:
Л/Х± ~г- CLX^ ~т~ ^3 == ^» I
aXi— х2 + х3=\; (1)
—2хх + 5л;2 + (а — 4) х3 = а — 3. J
Решение. Выделим разрешающий элемент и с его
помощью аннулируем элементы столбца, а затем строки:
2 а _1
а —1 Ц
-2 5 а-
2 "
1
\а— 3
/^/
2—а а+1 0
а -1 |1|
—а2 + 4а — 2 а + 1 0
1
1
1
L
2 —а о+ 1 Oil
0 0 110
2 + 4а—2 а+ 1 0
i]-«,
Последний переход к матрице М{ был сделан за счет
преобразования столбцов, т. е. две последние матрицы
изображают неравносильные системы линейных уравнений.
Знак ~ между ними означает, что они эквивалентны в
з*
67

смысле рангов матриц, т. е. одновременно совместны или
одновременно несовместны. Если требуется найти решение
системы уравнений, то «работа» столбцом недопустима.
Во втором столбце есть общий множитель. Поэтому
рассмотрим два случая: 1) а+1=0; 2) а-\-1ф0, т. е. а= — 1 и
аф-\.
Если а= — 1, то матрица М{ принимает вид:
|3| 0 0
0 0 1
—7 0 0
Г
0
1.
r**s
"3 0 0
0 0 11
0 0 0
1]
0
ioJ
= м0
Очевидно, что в М2 ранг основной матрицы равен 2,
ранг расширенной равен 3. Следовательно, в этом случае
система противоречива.
Если а+1=^=0, т. е. аф — 1, то второй столбец матрицы
М{ можно разделить на а+1. Матрица М{ примет вид
2 —а | 11 0 1
0- 0 10
—а2 + 4о—2 1 o|l
Г °
~ 0
L—а2 + 5а
Г 2 —а |1| 0
~ 0 0 1
L—о2 + 5а — 4 0 0
1 0|0"|
0 1 0 = М3.
— 4 0 0 J 0J
1
0
0
Следующим разрешающим элементом можно взять
только — а2 + 5а—4. Здесь снова надо рассматривать два
случая: 1) -а2+5а-4 = 0; 2) -а2 + 5а—4ф0 (иначе а=\ или
а = 4; аф\ и аф4).
Если а=\ или а = 4, то' матрица Мъ принимает вид:
Г0 1 0101
0 0 10.
L0 0 0|0J
Отсюда Га = г в = 2, т. е. в этом случае система уравнений
совместна, имеет бесконечно много решений при одном
свободном неизвестном. ч
Если а Ф 1 и а Ф 4, то первый столбец матрицы М3
можно разделить на —а2 + 5а — 4:
Г0 1 0101
0 0 10.
Li о о oJ
В этом случае га = гв = 3. Это число равно числу
неизвестных. Поэтому система (1) имеет единственное решение.
Ответ: если а= — 1, то система противоречива; если
68

а=\ или а = 4, то система имеет бесконечное множество
решений (главных неизвестных — два, свободных — одно);
если аф — 1, аф\, аф\, то система (1) имеет
единственное решение.
Тест 15 для самоконтроля
1. Установите правильность соответствия рангов основной
(гА) и расширенной (гв) матриц системы трех линейных
уравнений с тремя неизвестными с геометрической
иллюстрацией этих систем с помощью плоскостей.
1.1. гА = 2; гв = 2 (рис. 13, а),
1.2. гА = 2; гБ-= 3 (рис. 13, б).
1.3. гл = 2; гв = 3 (рис. 13, в).
1.4. гл= 1; гБ = 3 (рис. 13, г).
1.5. гл = 1; гв= 2 (рис. 13, а).
Рис. 13.
69

1.6. Гд= 1; rB = 1 (см. рис. 13, г).
1.7. гл = 1; гБ= 1 (рис. 13, е).
1.8. гА = 2; гв= 1 (рис. 13, ж)
1.9. гл = 2; гв = 2 (рис. 13, з).
1.10. гл = 2; гБ = 2 (рис. 13, б).
Домашнее задание
1. Пользуясь критерием совместности, оцените множество решений
систем уравнений:
a) 2;q+ 3*2= 7;) 6)3^ — 4^ = 2;) в) 2*j + 3*2 — 2*3 = 3;ч
3*! + 4*2= 10; 2дг1 — Зх2 = 1;} 3^х — 4^я + Здг3 = 2;1
—4лгх — Ъх2 = 13; J 4х1 — Зх2 = Ъ\) х1 — 1х2-\-Ъх3=—\\\
Ъхх— х2 + хз= 5 J
2. Оцените множество решений системы при различных значениях
параметра:
(а—\)х1— х2 + 7х3= 2-Л
—3*! + ах2 + 5лг3 = — 2; \
—3Xl— x2+ (а + 6)х3 = 0.J
ЗАНЯТИЕ 16
ФУНДАМЕНТАЛЬНЫЙ НАБОР РЕШЕНИЙ СИСТЕМЫ
ЛИНЕЙНЫХ ОДНОРОДНЫХ УРАВНЕНИЙ
Вопросы к занятию
1. Определение фундаментального набора решений
однородной линейной системы уравнений.
2. Условие существования фундаментального набора
решений. Число решений, составляющих, этот набор.
3. План отыскания какого-нибудь фундаментального
набора решений.
Литература: [7], с. 193, 194, 204—206; [3], с. 99—102.
Образцы решения задач
Задача 1. Найти какой-нибудь фундаментальный набор
решений. Записать на его основе . все решения системы
уравнений:
ZX-± -р ОХ2 — ^%з — ОХ^ -\- Х§ = Uj}
4хг + 2х2 + х3+ 2л:4 — 3x5 = 0; I
—Ах2 + 5*3 + 12*4 — 5#5 = 0; [•
—6*! — х2 — 4х3 — 9*4 + 7хъ = 0.
70

Решение. Рассматривая данную систему как
обычную систему линейных уравнений, находим ее решение.
При этом выясняем наличие фундаментального набора
решений (ранг матрицы системы); определяем число
решений, входящих в фундаментальный набор;
подготавливаем почву для отыскания такого набора. Применяем
метод Жордана.— Гаусса:
Г 2 3—2—5 Г
4 2 |JJ 2—3
0—4 5 12 —5
L—6 —1 —4 —9 7
ПО 7 0—1 —51
I 24 16 1 0 —13
й 0 00 Q 0 ;
L о о о о oJ
Из последней матрицы (системы уравнений) ясно, что ранг
матрицы равен 2. Так как число неизвестных больше ранга
матрицы, то исходная система имеет фундаментальный
набор решений, состоящий из трех решений: 5 — 2 = 3. Из
последней матрицы можно записать выражение главных
неизвестных через свободные:
х3 = —24*! — 16*2 + 13л:5;|
л:4 = 10х1+ 7х2 — Ъхъ. ]
Это общее решение можно записать в виде: (х\, *>ь
— 24*1 —16*2+ 13x5, 10*1+ 7x2 —5*5, х$), где х\9 *2, *5 —
свободные неизвестные, которым, как известно, можно
придавать произвольные значения. Следуя общему правилу,
полагаем *i = l, а х2 = х$ = 0\ затем х2=\ и ati = ^5 = 0; затем
х$=1 и х\—х2 = 0. В результате приходим к тем частным
решениям, которые и составляют фундаментальный набор
решений, а именно: ai = (1, 0, —24, 10, 0); а2=(0, 1, —16,
7, 0); а3= (0, 0, 13, —5, 1). Все решения данной системы
выражаются через фундаментальный набор по формуле а =
= aiai + a2a2 + a3a3, где сн, a2l а3 — произвольные числа.
Замечание. Всем свободным неизвестным можно придавать
произвольные значения. Но чтобы получить фундаментальный набор
решений, надо заботиться о том, чтобы число частных решений было
равно п—г (п — число неизвестных системы, г — ранг матрицы системы)
и чтобы эти решения были линейно независимы. Практически этот прием
нецелесообразен.
Задача 2. Проверить, образуют ли ci=(2, 2, 0, 4, 1) и
с2=(—1, 0, 2, —3, —2) фундаментальный набор решений
системы уравнений:
10 7 0 |—1| —5
4 2 1 2—3
—20 —14 0 2 10
Ю 7 0—1 —5
71

Зхг — 2х2 + 2л:3 — #4 + 2л;5 = О
2хх + 3*2 — 4*3 — 2*4 — 2х5 = 0:
3*! + 2*а— -Кз — Зх4 + 2х5 = 0;} (1)
хг — 5х2 + 6л;3 + х* + 4^5 = 0
6л:! + л:3 — 4*4 + 4*5 = О-'
Решение. / способ. План решения: 1) убеждаемся
в том, что ci и с2 являются решениями системы (1); 2) если
ci и С2 — решения системы (1), то убеждаемся, что система
векторов Ci и с2 линейно независима; 3) вычисляем ранг
матрицы системы и оцениваем число решений, входящих
в фундаментальный набор (оно должно быть равно 2).
Проводим решение согласно этому плану:
1) непосредственно подставляем координаты Ci в
каждое уравнение системы:
3-
2
-2
•2 + 2-0—1 «4 + 2-
1= 6— 4— 4 + 2 = 0;
2-2 + 3-2 —4-0 —2-4 —2- 1= 4+ 6— 8 — 2 = 0;
V2 + 2-2—1 .0—3-4 + 2- 1= 6+ 4—12 + 2 = 0;
1-2—5-2 + 6-0+1-4 + 4- 1 = 2—10+ 4 + 4 = 0;
6-2 +1-0 — 4-4 + 4- 1 = 12—16+ 4 =0.
Следовательно, сх — решение системы (1). Аналогично
убеждаемся, что с2—решение системы (1);
2) матрица f n о \ 9 ' 0ЧевиДН0> имеет ранг,
равный 2: Следовательно, векторы сх и с2 линейно
независимы;
3) вычисляем ранг матрицы системы:
-3 —2 2 —1 |2|1
2 3—4—2 —2
3 2—1—3 2
1—5 61 4
Ц 0 1 —4 4-1
/•^/
Г 3 —2 2 —1 |2|
5 1—2—3 0
0 4—3—2 0
—5—1 2 3 0
L о 4—3—2 0
—1
1 /щ*/
-J
i-O 0 0 0 2-1 Г Q 0 0 0 2-1
/^/
|5| 1—2—3 0
1 0 4—3—2 0
—5—1 2 3 0
L 0 4 —3 —2 0J
/^/
|5| 1—2—3 0
0 4—3—2 0
0 0 0 0 0
L 0 4 —3 —2 0J
/■*•
■-О .0 0 02л г00 0 0 2-|
/•^/
5 0 0 0 0
0 |4| —3 —2 0
0 0 0 0 0 1
Lo 4 —3 —2
0J
/^/ 1
5 0 0 0 0
0 4 —3—2 0.
0 0 0 0 0
-0 0 0 0 0J
72

Видно, что ранг равен 3. Число неизвестных 5; п — г =
= 5-3 = 2-.
Итак, на все пункты плана получен утвердительный
ответ. Поэтому с\ и с2 образуют фундаментальный набор
решений. Заметим, что если хотя бы на один пункт плана
был получен отрицательный ответ, то Ci и с2 не
образовывали бы фундаментального набора решений.
// способ. Находим обычным методом исключения
неизвестных общее решение системы (1):
ГЗ -
2
3
1 -
L6
-2 2 |—1|
3 24 —2
2 —1 —3
-5 6 1
0 1 —4
2"1
—2
2
4
4J
«=>
Г 3 —2 2
—4 7 —8
—6 8 —7
4—7 8
L—6 8 —7
-1 2П
0 —6
0 —4
0 6
0—4-
ш
Если к четвертой строке прибавить вторую, а к пятой —
третью, умноженную на —1, то получим две нулевых
строки, которые удаляем. Чтобы получить разрешающий
элемент, равный 1, к третьей строке прибавляем вторую,
умноженную на — 1. Запишем:
<=ф
3
—2 2 —1 21
-4 7—8 0 —6
-2 |JJ 1 0" 2
«=>
<=>
"—1 0 4—1 61
12 | 0 —3 0 —4 1
—2110
2
-1 0 4 —1
51
10 0 —15 0 —20 1
[—2 110 2]
<=>
"0 0 5—2 81
2 0—3 0—4
0 1—2 0—2
*»€R •
Свободных неизвестных, два (х3 и хъ). Выразим главные
неизвестные через свободные:
_ Здгз + 4x5 . „ _0v , «г- v — 5*з + 8*5
■*1 „ > Л2 — Z-*3 T ^Л5> Л4 „ •
Множество решений системы (1) есть
|1 ~ » 2х3-\-2хъ, хЗУ - , хъ\\x3i
Положим сначала Хз = 0, *5=1; затем *з = 2, х$=— 2 (третья
и пятая координаты векторов Ci и с2). Получим частные
решения: (2, 2, 0, 4, 1); (-1, 0, 2, -3, -2). Это есть ci и с2.
Таким образом, Ci и с2 являются решениями системы
(1). Число заданных решений Ci и с2 равно числу
свободных неизвестных. Наконец, убеждаемся, что Ci и с2 линейно
независимы. Следовательно, Ci и с2 составляют
фундаментальный набор решений системы (1).
73

Задача 3. Решить систему линейных уравнений,
используя связь решений системы уравнений с решениями
соответствующей системы однородных уравнений:
ZX^ -{- ЗХ^ — ^-^з — ОХ4 ~\~~ Х§ = 1 \ \
4jcx.+ 2jc2 + х3 + 2х4— Зх5 = 6; •
— 4х2 + 5х3 + 12х4 — Ъхъ = 8;
—6*!— х2 — 4л;3— 9л;4 + 7л:5 = —13.J
Решение. Замечаем, что если в данной системе
заменить свободные члены нулями, т. е. перейти к
соответствующей однородной ^системе, то получится система из
задачи 1. Нам известен ее фундаментальный набор
решений, а значит, мы знаем общее выражение для любого
решения: a = aiai + a2a2 + a3a3, где аь а2, аз -^ произвольные
числа и ai= (1, 0, -24, 10, 0); а2= (0, 1, -16, 7, 0); а3 =
= (0,0,13, -5,1).
Так как сумма произвольного решения соответствующей
однородной системы и частного решения данной системы
даст выражение для произвольного решения данной
системы, то найдем некоторое частное решение данной системы.
Нетрудно проверить, что с = (1, 1, 1, 1, 1)
удовлетворяет данной системе. Поэтому b = ахах + а2а2 + а3а3 + с,
где аъ а2, а3—произвольные числа, есть общее выражение
для решений данной системы. Это же выражение можно
расписать покоординатно: {(ai+l> а2+1, —24ах—16а2 +
+ 13а3 + 1, 10ах + 7а2— 5а3 +1, <х3 + 1)1 <*i, <*2, a3 £ R}.
Тест 16 для самоконтроля
Укажите верные и неверные следствия приведенных
утверждений.
1. Фундаментальный набор решений системы пяти
линейных однородных уравнений с четырьмя неизвестными
содержит три решения.
1.1. Система векторов-строк матрицы этой системы уравнений
линейно зависима.
1.2. Ранг матрицы этой системы равен 1.
1.3. Ранг системы векторов-столбцов матрицы этой системы равен 2.
1.4. Всякая система из четырех решений линейно зависима.
1.5. Всякая система из трех решений лидейно независима.
2. Общее решение системы линейных однородных
уравнений содержит три главных и два свободных неизвестных.
2.1. Фундаментальный набор содержит три решения.
2.2. Фундаментальный набор содержит два решения.
74

2.3. Всякая система из трех решений линейно независима.
2.4. Всякая система из двух решений линейно независима.
2.5. Существует хотя бы два непропорциональных решения.
Домашнее задание
1. Найдите какой-нибудь фундаментальный набор решений
соответствующей системы однородных уравнений и выразите через него
общее решение системы уравнений:
2*!— х2 + 3*з + *4— Хь = 4;ч
*i + *2 — 2л;3 + 2*4 + х5 = 6; I
4*!+ *2— ^+5*4+ *б = 16; [
—*! + 5*2 — 12*3 + 4*4 + 5*5 = 10.J
2. Дана система уравнений
4*х + *2— 2*з = 0;\
*! — 2*2 + 2*з + 3*4 = 0; I
—5*! — 8*2 + Ю*з + 9*4 = 0; I
*! + 7*2 — 8*з — 9*4 = 0 )
и наборы векторов: а) (1, 2, 3, -1), (2, 4, 6, -2); б) (1, 8, 6, 1), (3,
-12, -12, 1); в) (-1, -2, -3, 1), (1, 14, 9, 3). Проверьте, какой
набор является фундаментальным набором решений данной системы
уравнений.
ЗАНЯТИЕ 17
ОПЕРАЦИИ НАД МАТРИЦАМИ. ОБРАТНАЯ МАТРИЦА.
МАТРИЧНОЕ УРАВНЕНИЕ АХ=В. СИСТЕМА ЛИНЕЙНЫХ
УРАВНЕНИЙ КАК МАТРИЧНОЕ УРАВНЕНИЕ
Вопросы к занятию
1. Сложение матриц, умножение матрицы на число, их
свойства.
2. Умножение матриц, свойства.
3. Теоремы о ранге произведения матриц.
4. Единичная матрица, обратная матрица.
5. Вычисление обратной матрицы с помощью
элементарных преобразований.
Литература: [7], с. 210—221; [3], с. 114—128.
Образцы решения задач
Задача4'!. Вычислить 2А + 3, где А = Ц 4.
Решение. Так как в многочлен.подставляется
матрица вместо переменной, то можно считать, что число 3 умно-
75

жено на единичную матрицу, т. е. 3 надо понимать как ЗЕ-
м+■«-!?!]+№[!.!]■
Задача 2. Вычислить АВ, где
в
В =
— 1 2
3 —4
Решение. Так как число столбцов матрицы А равно
числу строк матрицы В, то произведение АВ существует
(но В А в этом случае не существует).
/ способ. По определению произведения матриц для
вычисления элемента матрицы АВ, стоящего на месте (ij) (т. е.
в 1-й строке и /-м столбце), следует i-ю строку матрицы А
умножить на /-й столбец матрицы В. Например, (1 2) X
X ^=1*2 + 2 (—4) = —6 есть элемент с номером (1,2)
матрицы АВ. Запишем:
В Г--a-BE
-1) + 2-
■1) + 4-
■1) + 6-
Г 5 -6
= 9 —10
Ll3 —14.
2 + 2(-
2 + 4(-
2 + 6(-
-4)
-4)
-4)
]■
При этом промежуточные вычисления обычно
выполняются в уме.
// способ. Известно, что /-й столбец матрицы АВ есть
произведение матрицы А на /-й столбец матрицы В.
Поэтому столбцы АВ вычисляем поочередно. Обозначим через
Mi i-ю строку матрицы М, а через\M(j) — /-й столбец
матрицы М. Тогда (AB)W=ABti\ Подробная запись такая:
Теперь можно соединить столбцы:
Г5 ~61
АВ= 9 —10 .
Ll3 —14J
76

Более того, /-й столбец АВ есть линейная комбинация всех
столбцов матрицы А с коэффициентами, взятыми из /-го
столбца матрицы В, т. е.
АВ
/// способ. Поскольку t'-я строка матрицы АВ есть
произведение 1-й строки матрицы А на матрицу В, строки
произведения вычисляем поочередно:
Г—1
(АВ)1 = А1В=(1, 2)
(АВ)2 = Аф = (3, 4)
3 -1} = <5' ~6>;
j = (9, -10);
(АВ), = А3В = (5, 6) £-1 _2] = (13, -14).
и произведена
= Г 9 —101.
L13 —14J
Теперь соединяем строки произведения
5 —6
АВ=\ 9
.13
Более того, i-я строка матрицы АВ есть линейная
комбинация всех строк матрицы В с коэффициентами, взятыми из
i-й строки матрицы А:
АВ =
1(-1, 2)+ 2(3,
3(-1, 2)+ 4(3,
5(-1, 2)+ 6(3,
1
Г(-1, 2)+ (6, -8) ] Г 5 -61
= (-3, 6)+ (12, -16) = 9 -10 .
L(-5, 10) + (18, —24)J Ll3 — 14j
Задача 3. Вычислить АВ и ВА, если они существуют:
Г2"
а) Л = (1, 2, 3),
б) А-
1 2 3
0 3 2
77

в) А
1 2 3
0 3 2
В
2
3
L5.
Решение, а) АВ = (1, 2, 3)
= 2 + 6+15=23;
2"
3
L5.
Г21 ГГ2
ВА= 3 (1, 2, 3)= 3
2 3 = jg , В А не существует.
4 6
6 9
10 15
}
В А
в) АВ =
1 2 31
0 3 2
Задача 4. Решить матричное уравнение вида АХ=В:
01 Г 2 4"1 в) Г1 1 1
0 Х= 3 -6 ; 2 0-2
"I
О 2
3 О
0 О
5 4 3
1 1 1
2 0 2
1Ч-Н}
ЬВ"[
х =
[о5];
5 4 3
1 1 1
2 0 2
]*-[?;
5 Г
8 1
Решение. Матрица X должна иметь столько строк,
сколько столбцов у Л, и столько столбцов, сколько столбцов
у В. Для существования решения уравнения АХ = В
необходимо, чтобы матрицы А и В имели одинаковое число
строк. Поэтому сразу можно установить, что в случае «г»
уравнение решения не имеет.
а) Если в матричном равенстве АС = В над строками
матриц А и В проделать одни и те же элементарные
преобразования, то равенство не нарушится. Поэтому при
одинаковых элементарных преобразованиях систем строк матриц
А и В уравнение АХ = В йереходит в равносильное.
Поменяем местами первую и вторую строки, затем первую
строку разделим на 3, вторую — на 2, третью — на —1.
Получим равносильное уравнение:
78

Г1 0 01 Г1 -21
0 1 0 \Х=\ 1 2 ,
Lo 0 lJ L5 —3J
'••■*-ЁЛ
ибо умножение на единичную матрицу
ничего не меняет.
б) Искомая матрица X должна иметь три строки и два
столбца. Эти столбцы можно вычислить порознь, решив две
системы линейных уравнений, т. е. уравнение
в
равносильно системе двух уравнений
"0"
Каждое из этих уравнений есть система линейных
уравнений с тремя неизвестными, причем у обеих систем одна и та
же основная матрица А. Поэтому их можно решать
одновременно, написав столбцы свободных членов рядом.
Будем называть несколько систем линейных уравнений с
общей основной матрицей пакетом систем линейных
уравнений.
Итак, матричное уравнение АХ = В есть пакет систем
линейных уравнений с общей основной матрицей Л:
[5 4 3
1 Ш !
[2 0 2
0 4~
2 0
04.
1 1
Т|о
1 1
2 0
— 1
1
2
—8 4]
2 0
0 4J
«=*>
1 0 —1
0 1 _2
0 0 |4|
—8
10
16
4"
—4
—4
<=»
"1 0 0
0 1 0
0 0 1
L 1
-4 3
2 —2
4 —1
т. е. X
-ГУ]
Фактически метод решения тот же, что и в пункте «а»,
но элементарных преобразований больше, т. .е. одними и те-
79

ми же элементарными преобразованиями строк матриц А
и В уравнение
Г5 4 31 ГО 41
Ы 1 \Х= 2 О
L2 0 2j LO 4J
было преобразовано в равносильное:
-4
2
4
т. е. X
Г1 О ОТ Т-
0 1 0 Х =
Lt> о 1J L
■ П :|
]■
в) Опять решаем пакет двух систем линейных уравнений
L1H
i_ 1
21 0
2 0'
0 4
<=>
"О 1 0
1 0 1
2
0
—21
2\
Видно, что обе системы, входящие в пакет, имеют
бесконечно много решений при одном свободном неизвестном.
Первую систему пакета запишем так:
%1 ~Т~ -^3
-1}
т. е,
2 Z 2; 1 Поэтому
1 — хз) •
ЕН ?]■
где t — любое число.
Аналогично вторая система пакета имеет вид
х2 - -2,1
xi ~г %з — 2, J
т. е.
*2= -2;
Xi = 2 л^
Поэтому
где 5 — любое число. В итоге получаем
~—t 2 —si
2 —2
5
где 5, t-r- любые числа. Делаем проверку
80
тоге получае
V—t 2 —si
I 2 I2 J'

[I 0 2\ [ 2 -2 J = [о 4
Задача 5. Решить матричное уравнение вида ХА = В:
Г2 ° °Т Г2 0-61
аМ=Г0-2_03} Б=Ь-4 9J;
6M=[lH]' Б=[4 5б]=
г)Л=[12], B-[gJ].
Решение. Для существования решения необходимо
равенство числа столбцов матриц А и В. Поэтому в случае
«в» решения нет. На размеры матрицы X влияет число
строк матриц А и В: число строк X равно числу строк 5,
число столбцов X равно числу строк Л.
а) Равенство матриц СА=В не нарушается при
одинаковых элементарных преобразованиях систем столбцов
матриц А и В. Поэтому при таких преобразованиях
уравнение ХА = В переходит в равносильное. Разделим
соответственно столбцы: первый на 2, второй на —2, третий на — 3, а
затем второй и третий столбцы поменяем местами
одновременно в матрицах А и В:
т е Х = \1 201
г. е. л |q _3 2j.
б) Приведенный способ можно усовершенствовать.
Элементарные преобразования столбцов проводят
одновременно в обеих матрицах, записав их вертикально одну над
другой:
81

г1 * h
12 6
13 4
12 3
l_4 5 6J
~
rl 0 O-i
1 1 5
1 2 3
1 1 2
l_4 1 2J
~
1 0 On
0 1 0
-1 2 —7
-3
-3J
0 1
3 1
1
0
0
3
7
24
7
0 Ol
1 0
0 1
1 —
7 7
7 7 1
Итак, следующее уравнение равносильно исходному:
3 1 3
X
П ООП
0 1 07 =
Lo о и
7
7
7
_3_
7 J
т. е.
7
3 1 31
L24 1 3J'
Если матрица А неприводима к единичной с помощью
элементарных преобразований (она вырожденная или
неквадратная), то этот способ неприемлем. В таком случае
удобно перейти к транспонированным матрицам,
использовав легко проверяемое равенство (СА)Т = Ат • Сг, где
символом Ат обозначена транспонированная матрица. Тогда
уравнение ХА = В перейдет в Ат • Хт = Вт, которое можно
решить как пакет систем линейных уравнений, а затем
решение транспонировать.
г) Получаем транспонированное уравнение:
"1 1 П уг_ГЗ 01
U 2\ш
[2 2 3
Решаем это уравнение
Г1 1 ИЗ 0] Г1 1 II 3 01 Г
|2 2 3|4 2J [0 0 1|—2 2] [
Для первого столбца матрицы Хт: х3 ■■
хг — любое; для второго столбца х3
любое. Тогда
1101 5 —2
10 0 11 —2 2
-Z, Х% = О Х±,
А -^2 = ^ -^1» -^1
хт
[4/ -2г4
где /, s — любые числа. Окончательно
[s — 2 — s 2
где /, s — любые числа.
82

Задача 6. Вычислить матрицы, обратные следующим:
а)
1 2
4 5
.7 8
ГШ1
Решение, а) Решим матричное уравнение
Г1 2 ЗТ Г1 0 01
4 5 6 Х= 0 10
L7 8 9J L0 0 lj
Будем его решать как пакет систем линейных уравнений
Г|1|
4
L 7
2 3
5 6
8 9
1 __2
О |-3|
О —6
3
—6
—12
1
—4
—7
О О
2
-3
О
1
-4
1
0 О"
1 О
-2 1.
Видно, что третье уравнение противоречиво в любой из
трех систем пакета, т. е. матрица не имеет обратной.
Замечание. Пакет в целом не имеет решения, т. е. обратной
матрицы не существует, если хотя бы одно уравнение из пакета
противоречиво.
б) Опять решаем уравнение вида АХ-
стем линейных уравнений:
как пакет си-
2 5
4 |1|
2 0
—3
—2
3
1 0 0"
0 1 0
0 0 1
<=>
— 18
4
Щ
0 7
1 —2
О 3
О О
О 1
2 О
|34|
-5
1
О
~1 0 0
0 10
0 0 1
т. е.
2 5
4 1
L2 О
'-2
3J
-1
68
4
17
34
34
О 0 34
О '17 О
68 О О
.15. -L"
68 68
—3 2
1 —5 0"
0 1 0
0 0 1
о
1 —5 9]
4 —3 2 1
—3 15
7]
17
—5
17
9
34 34^
- 3_ _1£
2 2
8 -6
. 1 —5
J7
2
4
9 J
83

Проверка дает:
2 5 —3
4 1 —2
L2 0 3
Задача
матрица:
*["
_3_ \5_
2 2
8 —6
1 —5
_7_ -I
2
4
9
_1_
34
34 0 0
О 34 О
. О О 34J
1 О О
О 1 О
.0 0 1
7. Вычислить А~*В, где А — невырожденная
Г1 11 ПО 2]
Л= 1 2 3 ; В = 0 2 3 .
Ll 3 4J L0 1 Oj
Решение. / способ. Вычислить Л-1, решая уравнение
АХ = Е, а затем полученное решение умножить на В.
II способ. Этот способ значительно короче. Обозначим
Y = А~1В. Тогда AY = В решаем как пакет систем
линейных уравнений. Получаем
1 0 2
-1 2 1
-1 1 —2
ПН 1 1
1-23
L 1 3 4
1 0 2'
0 2 3
0 1 0
о
"1 1 1
0 |1| 2
[0 2 3
-[
Г 1 1 5-1
. Л-'В= 1 —4 —7 .
L—1 3 4J
1 0
0 1
0 0
— 1
2
|—1|
Г1 0
0 1
[о о
0
0
1
1 1 5'
1 —4 —7
•13 4
Тест 17 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные высказывания о
матрицах А и В.
1.1. Если АВ=ВА, то Л и В — квадратные матрицы одинакового
размера.
1.2. Если АВ и ВА существуют, но АВФВА, то Л и В не являются
квадратными.
1.3. Если АВ и ВА существуют, то Л и В — квадратные матрицы.
1.4. Если АВ и В А существуют, то АВ и В А — матрицы
одинакового размера.
1.5. Если Л — квадратная матрица и АВ существует, то и В —
квадратная матрица.
1.6. Если В—квадратная матрица и АВ существует, то и Л—
квадратная матрица.

2. Назовите верные и неверные высказывания о
матричном равенстве АВ = С.
2.1. Система столбцов матрицы С линейно выражается через
систему столбцов матрицы Л.
2.2. Система строк матрицы С линейно выражается через систему
строк матрицы В.
2.3. Каждая строка матрицы С есть линейная комбинация строк
матрицы А.
2.4. Каждый столбец матрицы С есть линейная комбинация
столбцов матрицы В.
2.5. Ранг матрицы С не меньше рангов матриц А и В.
2.6. Если С — нулевая матрица и А — невырожденная, то В —
нулевая.
3. Даны матричные уравнения:
АХ=В, (1)
YA = B. (2)
Укажите верные и неверные высказывания о них.
3.1. Если А и В имеют разное число строк, то (1) неразрешимо'.
3.2. Если А и В имеют разное число столбцов, то (2) неразрешимо.
3.3. Если (1) и (2) разрешимы одновременно, то их решения X и
У — квадратные матрицы.
3.4. Если ранг А меньше ранга В, то оба уравнения неразрешимы.
3.5. Если матрица А невырожденная, то (1) и (2) имеют не более
чем по одному решению.
3.6. Если А невырожденная и (1) не имеет решения, то число строк
матрицы А не равно числу строк матрицы В.
Домашнее задание
1. Найдите матрицу, обратную матрице
12 2
2 1
2 —2
—2
1
2. Решите уравнения:
а)
б)
в)
Го
4
Lo
п
0
Lo
Г°
о
L.5
3
0
0
0
0
3
0
4
0
0
0
2
0
2
0
3
0
0
X
Г4 О О
0 0 2
Lo з о
12
16
8
9 6
12 8
6 4
0 0*1 ГО 5 01 Г 4 5 21
0 2X4 0 0= 8 10 4 ;
3 0j Lo 0 2j [\2 15 6j
] Г0 2 01 Г 6 6 61
\Х \0 0 2 = 8 8 8
J L2 0 0j L Ю 10 10j
Указание. В уравнении АХ В = С обозначьте ХВ =.У.

ЗАНЯТИЕ 18
ПОДСТАНОВКИ, ЧЕТНОСТЬ ПОДСТАНОВОК,
УМНОЖЕНИЕ ПОДСТАНОВОК. ОПРЕДЕЛИТЕЛЬ
(ДЕТЕРМИНАНТ)
Вопросы к занятию
1. Инверсия, число инверсий в конечной
последовательности натуральных чисел.
2. Подстановку, четность подстановки. Независимость
четности подстановки от способа записи подстановки.
3. Умножение подстановок. Знак подстановки.
4. Определитель.
Литература: [7], с. 221—227; [3], с. 128—134.
Образцы решения задач
Задача 1. Подсчитать число инверсий в
последовательности (перестановке): 2, 1, 3, 4, 5, 9, 8, 6, 7.
Решение. Если из двух чисел перестановки большее
стоит левее, то эта пара чисел образует одну инверсию.
Чтобы подсчитать число всех инверсий, т. е. число пар,
находящихся в инверсии, требуется, во-первых, не считать каждую
инверсию дважды. Для этого подсчитывают либо только
левые числа инвертирующих пар, либо только правые. Если
подсчитывают левые числа инвертирующих пар, то,
продвигаясь слева направо, определяют, сколько после каждого
числа стоит меньших, чем оно само (т. е. число инверсных
пар, в которых это число стоит слева).
Пусть f(a) —число инверсных пар, в которых число а
стоит слева. Тогда f(2) = l, ибо после 2 стоит только одно
число, меньшее 2, единица; /(1)=0, ибо после единицы нет
меньших чисел; /(3) =/(4) =/(5) =0 аналогично; /(9)=3,
ибо после 9 стоят меньшие числа: 8, 6, 7; /(8) =2, /(6)=0,
/(7)=0. Итого, 2/ (щ) = 1 + 3 + 2 = 6, т. е. эта перестановка
четная.
Можно подсчитывать правые элементы инверсных пар,
т. е. считать, продвигаясь справа налево, число чисел,
больших данного, но стоящих левее его. В нашем случае: 2 + 2 +
+ 1+0 + 0 + 0 + 0+1+0 = 6.
Правые элементы инверсных пар наиболее рационально
подсчитывать последовательно: /(1), /(2), /(3), ..:, f(n).
Подсчет в такой последовательности допускает значитель-
86

ное упрощение, ибо не надо сравнивать элементы
последовательности по величине — подсчитывают только
предшествующие элементы следующим образом: /(1) равно числу
элементов, предшествующих 1 (в нашем случае /(1) = 1),
зачеркиваем 1; затем /(2)=^0, зачеркиваем 2; после этого
/(3)=0 (ибо 2 и 1 зачеркнуты), зачеркиваем 3. И так
далее: /(4) =0, /(5) =0 (4 и 5 зачеркнуты). Затем f(6) =2(9 и
8 стоят до 6, остальные, стоящие до 6, зачеркнуты),
зачеркиваем 6; f (7) =2, / (8) = 1 и / (9) = 0.
Итак, число инверсий равно 1+0+0+0+0+2+2+1+
+ 0 = 6.
Задача 2. Подсчитать число инверсий в
последовательности я, п— 1, п — 2, ..., 2, 1.
Решение. Числа в последовательности расположены
в порядке убывания, т. е. после некоторого числа k
расположены все числа, меньшие k, т. е. число k образует k— 1
инверсий. Поэтому число инверсий выражается суммой
(п- I) + (п-2) + (п-3) + ... + I + 0 = (гс-^1 х
x{n-i)=nJn=lL
v ' 2
(сумма членов арифметической прогрессии). Четность этой
последовательности зависит от п, точнее от остатка,
который дает п при делении на 4: п= \k-\- 1, п^п~~ = (4fe+
+ 1)2& (четная); п = \k + 2, Al(/Z""1) = (2k +"l)(4fe+ 1)
(нечетная); п = \k + 3, /г(/г""1) = (4ft + 3) (2ft + 1)
(нечетная); /г = 4Л, n{<n~~ = 2fe(4fe—1) (четная).
Задача 3. Подсчитать число инверсий в
последовательности 1, 2, 3, ..., п— 1, п, 2п, 2п— 1,..., п+ 1.
Решение. Члены последовательности от 1 до п
возрастают, т. е. на этом участке нет инверсий; затем от 2п до
п+1 убывают, т. е. п чисел расположены в обратном
порядке.
Для данного участка последовательности число
инверсий подсчитано в задаче 2. Ни одно число из первых п
элементов последовательности не образует инверсии ни с одним
числом из последних п элементов. Поэтому число инверсий
равно (как и в задаче 2)
п(п — 1)
2
87

Задача 4. Подсчитать число инверсий в
последовательности 2, 3, 1, 5,6,4,..., (3/1-1), 3/1, (З/г-2). '
Решение. Члены последовательности разбиваются на
тройки так, что числа из разных троек инверсий не
образуют. Внутри каждой тройки только одна инверсия.
Имеется п троек, т. е. п инверсий.
Задача 5. Установить четность подстановки
/2 1 3 4 5 9 8 6 7\
[12 4 5 3 8 9 7 6]'
Решение. / способ. Подсчитаем число инверсий в
обеих строках подстановки. В первой строке шесть
инверсий (см. задачу 1). Во второй строке семь инверсий (0 + 0 +
+ 1 + 1+0 + 2 + 2+1 + 0 = 7), т. е. подстановка нечетная, ибо
четность строк разная.
// способ. Приведем одну из строк, например первую, в
нормальный порядок, иначе переписав подстановку. Тогда
первая строка будет четной и четность всей подстановки
будетсовпадать с четностью второй строки:
/21345986 7\ /1 2345678 9\
\1 2 4 5 3 8 9 7 6) 12 1 4 5 3 7 6 9 8)'
В новой записи вторая строка содержит 1+0+1 + 1+0 +
+ 1 + 0 + 1+0 = 5 инверсий, т. е. подстановка нечетная.
/// способ. Разложим подстановку в произведение
независимых циклов и подсчитаем ее декремент:
/2 1345986 7\
,12 4 5 3 8 9
^б) = <2' W3' 4' 5Н9> 8И6'7>-
Декремент равен разности между числом символов в
подстановке и числом независимых* циклов в ее
разложении: d = 9 — 4 = 5. Декремент нечетен, т. е. подстановка
нечетная.
Задача 6. Вычислить определитель, опираясь на его
определение:
а)
12 3 1
3 0 0 2
2 0 0 3
13 2 1
б)
в)
0 0 0
0 0 0
10 0 0
2 2 0 0
3 3 3 0
4 4 4 4
. 0 1
. 2 2
\п п п ... п п\
Решение, а) Из 4! слагаемых большинство будет
равно нулю, так как четыре нуля в центре войдут в очень
88

многие слагаемые как множители. Прикидывая
всевозможные произведения элементов, взятых точно по одному из
каждой строки и каждого столбца, видим, что такое
произведение, включающее угловую единицу, должно содержать
нуль, т. е. должно быть равно нулю. Всего не равных нулю
будет четыре слагаемых: два по 22-32; 24; З4. Их
подстановки:
^ = аг\
1) для 24
2) для З4
3) для 22
3
1
3
4
З2 ая =
) = а2\
) а* =
3
1
Подстановка составляется из номеров строк и столбцов
элементов, входящих в произведение: номер строки
пишется в верхней строке, а номер столбца того же элемента —
под номером строки. Легко подсчитать, что а\ и аг нечетные,
а3 и а4 четные. Получаем
1 2 3 II
3
2
1
0
0
3
0
0
2
2
3
1
= _з4 — 24 + 22. З2 + 22 • З2:
-25.
Такой метод вычисления определителей нерационален
(как мы увидим позже) и пригоден только для
определителей второго и третьего порядков. Но в отдельных случаях
он дает хорошие результаты.
б) Видно, что не равным нулю будет только
произведение диагональных элементов. Подстановка этого
слагаемого единичная. Она четная. Тогда
1 0 0 Oi
= 4! = 24.
2 2
3 3
4 4
0
3
4
0
0
4
в) Единственное слагаемое, не равное нулю, есть 1-2Х
Х3...п = п\ (элементы, стоящие на диагонали). Его знак
определяется подстановкой, четность которой была
подсчитана в задаче 2:
1
п
2
п—1
3
п— 2 .
. п— 1
2
п{п-\)
Таким образом, определитель равен (—1) 2 п\.
89

Задача 7. Перемножить подстановки а, Ь, где
'1 2 3 4 5 б 7\. и_ /1 2 3 4
а =
3 4 6 7 5 2 1/'
6 =
3 4 2 1'
Решение. Можно всегда считать, что обе
подстановки действуют на одном и том же множестве символов, т. е.
что вторая подстановка символы 5, 6, 7 переводит в себя.
/ способ. Вычисляем произведение подстановок как
последовательное выполнение отображений (1_5_3, а затем
ЗД.2, т. е. 1*2,ит. д.):
(I 2 3 4 5 6 7\
2 1 6 7 5 4 ЗГ
ab-
II способ. Подстановку b (вторую) перепишем так,
чтобы ее первая строка приняла тот же вид, что и вторая
строка первой подстановки. Тогда ab будет иметь первую строку
из а, а вторую строку
ab =
3
6
4
7
из Ь:
5 6 7
5 2 1
2 3 4
1 6 7
5
5
6
6
7
7
7
)-
Тест 18 для самоконтроля
1. Дан определитель
12 0 0
0 0 3 4
5 0 0 0
0 0 6 0
Укажите верные'и неверные высказывания о нем.
(1)
1.1. Каждая строка определителя (1) имеет не менее двух нулей,
поэтому он равен нулю, так как нуль входит как множитель в любое
слагаемое.
1.2. Если слагаемое определителя (1) включает множитель 1, то оно
равно нулю, ибо включает множитель нуль из третьей строки.
1.3. Если слагаемое определителя (1) включает множитель 3, то
оно равно нулю, ибо включает множитель нуль из четвертой строки.
1.4. Из 4! слагаемых определителя (1) только одно не равно нулю.
1.5. Из 4! слагаемых определителя (1) ненулевыми будут только
1-2-3-4; 1 • 5 -3 • 6; 2-5-3-6; 2-4-5-6. Поэтому определитель
равен 24 + 90-180 + 240=174.
1.6. Слагаемое определителя (1) 2*4-5-6 = 240 имеет знак (— 1)',
где / — число инверсий в обеих строках подстановки
П 2 3 4\
\2 4 1 3)
90

1.7. Определитель (1) равен —240.
1.8. Слагаемое определителя (1) 1 • 2 • 3 • 4 имеет знак (—1)', где
/ — число инверсий в
(\ 1 2 2\
\\ 2 3 4)'
т. е. равно 24.
Домашнее задание
1. Установите четность подстановки в зависимости от п:
п_{ 1 2 3 ... п — 1 п\
а-\п—\ п — 2 /г —3 ... .1 п)'
2. Найдите подстановку а-1, обратную подстановке а из задания
1, т. е. такую, что аа~х = е (тождественная подстановка).
3. Вычислите аЪ, где а из задания 1, а
./123 ...
Ь[2 3 4 ,.,
4. Вычислите
*[1 О О
0 0 2
0 3 0
|0 0 0
спираясь только на определение.
ЗАНЯТИЕ 19
ВЫЧИСЛЕНИЕ ОПРЕДЕЛИТЕЛЕЙ ПОНИЖЕНИЕМ ПОРЯДКА.
ВЫЧИСЛЕНИЕ ОБРАТНОЙ МАТРИЦЫ С ПОМОЩЬЮ
АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ДОПОЛНЕНИЙ. ПРАВИЛО КРАМЕРА
Вопросы к занятию
1. Алгебраическое дополнение к элементам
определителя.
2. Разложение определителя по строке или столбцу.
3. Вычисление определителя понижением порядка.
4. Вычисление обратной матрицы.
5. Правило Крамера.
Литература: [7], с. 227—236, 240—243; [3], с. 134—143, 154—
91
п — 1 п\
п \)'

Образцы решения задач
• Задача 1. Вычислить определитель
1 2 3 4 51
7
б
1
б
9
4
3
8
= d.
Решение. / способ. Аннулируем все элементы первой
строки, кроме первого, вычитая из второго столбца
удвоенный первый и т. д.:
d =
Определитель по известному свойству не изменится.
Разложим . его по первой строке
1—5 —10 —15 — 221
1—8 —16 —24 —32
-3 —4 —5 —6
1—4 —8 —12 —16
1
6
7
2
5
0
—5
—8
—3
—4
0
— 10
— 16
—4
—8
0
— 15
—24
—5
—12
0
—22
—32
—6
— 16
d= 1(—1)1+1
Аналогично преобразуем четвертую строку:
-5 0 0 — 2|
d
—8 0 0 0
—3 2 4 6
—4 0 0 0
= 0.
Определитель равен нулю, так как имеет два
пропорциональных столбца.
// способ. Замечаем, что элементы соседних столбцов
определителя мало отличаются друг от друга (точнее, на
единицу). Для общего уменьшения элементов определителя
вычтем из пятого столбца четвертый, затем из четвертого
третий и т. д.:
d =
Четвертый и третий столбцы совпали, т. е. d = 0.
92

Задача 2. Вычислить определитель
1 2 1 21
3 4 5 6
7 5 6 4
2 2 3 3
= /.
Решение. Вычитаем второй столбец из четвертого и
первый из третьего, затем удвоенный первый из второго.
Полученный определитель разложим по первбй строке:
1 0 0 01
t
3
7
2
—2
—9
—2
2
1
1
2
— 1
1
= 1 (-1)1+1
—2
—9
—2
2
— 1
1
Из третьего столбца полученного определителя вычитаем
второй. Имеем
1—2 2 01
t= — 9 1 —2.
1—2 1 0|
Разлагаем этот определитель по последнему столбцу:
21
*=(_2)(-1)*+з|-2 2
2 (—2 + 4) = 4.
Задача 3. Найти определитель разложением по строке:
1 2 31
14 5 6.
7 8 9
Решение. Разложим данный определитель по
элементам первой строки:
1 2 3!
14 5 б
+ 3(-
7 8
-1)1+3
= 1 (-l)i+i
+ 2 (—l)i+2
14
7
61
9
+
= (45 —48) —2(36 —42)+ 3(32 — 35) =
= —3+12 — 9=0.
Задача 4. Вычислить матрицы, обратные данным:
а) [2 \\ = А. б) Г2 1 П
1.4 3] л' 3 1 1 = В.
Ll 2 lJ
Решение, а) Найдем определитель матрицы А и, если
он не равен нулю, продолжим вычисления:'|Л| =6 —4 = 2.
93

Заменим каждый элемент матрицы А его
алгебраическим дополнением:
3
-1
11
Транспонируя полученную матрицу, получаем
«присоединенную» по отношению к матрице А:
3
—4
Разделив присоединенную матрицу на определитель
матрицы Л, найдем обратную:
*-=Ц4 -1]-
Можно, исходя из сказанного, написать формулу для
обращения невырожденной матрицы второго порядка:
Га УН 1 Г d —b]
[с d\ ad —be [—с а\
б) Для определителя третьего порядка приведенные
вычисления усложняются, а для более высоких порядков
имеют только теоретическое применение.
Заменим каждый элемент В его алгебраическим
дополнением. Например, для тройки, стоящей на месте (2, 1),
алгебраическое дополнение равно
1 1
(— I)2*1
2 1
= 1.
Но предварительно следует вычислить
110 11 -
ВI = 2 0 1 = -
0 1 1
1 1
2 1
= 1.
Находим матрицу из алгебраических дополнений:
Г—1 —2 51
1 1 —з L
L о 1 —и
транспонируем ее и делим на определитель. Получаем
1
в-1 =
-1
-2
5
0
1 1
-3 —1
94

Задача 5. Решить систему линейных уравнений методом
Крамера:
2,Х± -р ZX2 ~
\хх + Зх2 -
8хг + Ъх2 -
ОХ± -р ОХ2 '
х3+ *4 = 4;
• х$ -f- 2х& = о \
Зх3 + 4х4 = 12; (
2х3 + 2х4 = 6.
Решение. Находим определитель системы и, если
не равен нулю, продолжаем вычисления:
он
d =
2 2 |—1| 1
4 3—1 2
8 5—34
3 3 —2 2
О
2
2
-1
0—10
1 —1 1
1 —3 1
1 —2 0
= —
о
2
-1
2 0
-1 1
-1 О
= -2(-1)
1+2
2 1
— 1 О
2 1 _}_
2 -1 [И
-1 —1 О
= 2.
Вычислим четыре вспомогательных определителя, заменяя
столбцом свободных членов поочередно столбцы основного
определителя:
d1 =
4 2
6 3
12 5
6 3
(=Т| 1
— 1 2
—3 4
—2 2
4
2.
0
—2
2
1
— 1
—1
— 1 1
0 1
0 1
0 0
2 1 1
0 —1 1
2 |—1| 0
= —
0
2
0
1 1
— 1 1
— 1 0
= 2,
1 1
1 1
— 1 0
= 2;
d2 =
2 4—11
4 6—1 |2|
8 12 —3 4
3 6—22
—
2 4—1 lj
4 6 —1 2
0 0—10
— 1.0 —1 0
= —
2 4 1
4 6 2
— 10 0
2 2 4 1
4 3 6 2
8 5 12 4
3 3
6 2
—
=
4 1
6 2
— 1 —1
1 0
2 —1
з-
3
= 2;
-2 — 1
0 0
0 0
6 2
95

—1
— 1
3
—2 —1
0 0
6 2
=
-2
б
= -2;
di =
2
2
-1
2 2
4 3-
8 5 -
3 3 -
1 \2\
1 О
-1 —2
— 1
4
1 б
3 12
2 б
2 2—1 4
2 10 2
2—100
-1 —1 0 —2
2 1 2
2—10
1 0 0
= —2
-2;
Итак, xt = djd = 2/2 = 1; х2 = d2/d = 2/2 = 1; x3=d3/d=
—2/2=— 1; x4 = d4/d = — 2/2=— 1. Ответ: {(1, 1,-1,
Тест 19 для самоконтроля
1. Система линейных уравнений
a21* + а22у = b2 J
задает на плоскости две прямые, которые далее будем
называть одним словом «прямые». Кроме того, система задает три
определителя:
С121 ^22
; d± =
Ьг а12
02 ^22
d<y =
ап b±
а21 Ь2
Укажите верные и неверные высказывания об этих объектах.
1.1. Если d=£0t то прямые пересекаются в одной точке с координа-"
тами (d{/d. d2/d).
1.2. Если d=Qt то прямые параллельны или совпадают.
1.3. d=d{ = 0 влечет d2=0.
1.4. Если dx=d2=0, то прямые совпадают.
1.5. Если d = 0, ^1=й=0, то прямые параллельны, но не совпадают.
1.6. Если d=0, ^2=7^0, то прямые параллельны, но не совпадают.
1.7. d{=d2 = 0 влечет d = 0.
1.8. Если <Л=^0, d2=0, то d^0.
1.9. Если система (1) несовместна, то прямые параллельны.
1.10. Если система (1) совместна и неопределенна, то прямые
совпадают.

Домашнее задание
1. Методом Крамера решите системы линейных уравнений
a) *i + 2*2 + 3*з — 4*4 = 2;] б) *х + 2*2 — 3*3 + 4*4; = 4;
2*i + *2 + *з + *4 = 5; I 2*i + *2 — 3*з + 3*4 = 6;
3*i + *2 + *з + *4 = 6; Г 3*i + *2 — 4*з + 3*4 = 5;
2*i + 2*2 + *3 + *4 = 6; J 2*i -f 3*2 — 5*з + 2*4 = 5.
2. Вычислите матрицы,
раических дополнений
а)
Г1 2 3]
4 5 6
5 6 8]
б)
Г1 2 31
3 4 5
L4 6 8J
обратные приведенным, с помощью алгеб-
"В» *[Ш
ЗАНЯТИЕ 20
ВЫЧИСЛЕНИЕ ОПРЕДЕЛИТЕЛЕЙ п-то ПОРЯДКА
Вопросы к занятию
1. Свойства определителей.
Литература: [7], с. 226—239; [3], с. 145—149.
Образцы решения задач
Задача 1. Вычислить определитель п-го порядка
2 11.
12 1.
112.
111.
. . 1
. . 1
. . 1
. . 2
Решение. / способ. Все элементы определителя,
кроме стоящих на главной диагонали, равны 1. На главной
диагонали стоят двойки (существуют такие определители
любого порядка, начиная со второго). Нам дан
определитель /г-го порядка. Попытаемся привести определитель к
треугольному виду. Тогда он будет равен произведению
диагональных элементов. Выполняем преобразования:
п+ Г/г'+ 1 п+1 . .
' \' ' '2 1
1 1 2 . .
1
1
1
п+ 1
1
1
" "l" "
= («+!)
1 1 1
1 2 1
1 1 2
1 1' l"
4 Зак. 1684
97

= (»+!)
111..
0 | 1 0 . .
0 Oil..
^^^~-~
0 0 0 . ."
. 11
• °
0
~l 1
= n+ 1.
Здесь все строки прибавили к первой, затем из" первой
строки определителя вынесли множитель п+1 и вычли первую
строку из всех остальных.
// способ. Обозначим определитель через dn, так как он
/г-го порядка. Выразим dn через rfn-i, т. е. через
определитель такого же типа, но (п— 1)-го порядка. Первую строку
представим как сумму двух строк [2 1 1 ... 1] = [1 1 1 ... 1]+
+ [1 0 0 ... 0]. В соответствии с этим разложим dn на сумму
двух определителей:
dn =
1 1 1
1 2 1
1 1 2
+
1 0 0
1 2 1
1 1 2
1 1 1 ... 2| |1 1 1 . . . 2|
Первое слагаемое приведем к треугольному виду, вычтя
первый столбец из всех остальных. Второе слагаемое после
понижения порядка (разложение по первой строке) равно dn-\'-
1 1 1 ... 1
[2 1 ... 1
dn
0 1 0
0 0 1
0 0 0
. 1
+
1 2
1
1 1 .
l+dn-
Итак, получено рекуррентное соотношение dn = 1 + dn-\ >
т. е. dti является членом арифметической прогрессии с
разностью 1. Для вычисления некоторого члена этой прогрессии
12 Г
рассмотрим d2 =
1 2
= 3.
Итак, d2 = 3. Поэтому d3 = 1 + d2 = 4 и, вообще, dn =
= 1 + л, что легко доказывается методом математической
индукции.
Задача 2. Вычислить определитель
12-3... п
1х+1 3 ... п
1 2 х+ 1 . . . п\ = d.
1
. . х+ 1
98

Решение. / способ. Это определитель п-то порядка,
ибо у него п столбцов. Первый столбец состоит из единиц,
второй — из двоек и т. д., но по главной диагонали, кроме
места (1, 1), стоит выражение х+1. Этот определитель
легко приводится к треугольному виду вычитанием первой
строки из всех остальных:
1 2 3 . . . п
10 х — 1 0 ... 0
0 0 х — 2 .-. . 0
0 0 0 . . . х+1 —п
= (х — 1)(х — 2)...(х — п+ 1).
// способ. Если определитель d раскрыть, то получится
многочлен с целыми коэффициентами и неизвестным х.
Степень многочлена равна п— 1, ибо высшая степень х
получится при умножении членов, стоящих на главной
диагонали. Если х=1, то первые два столбца пропорциональны,
т. е. d = 0 при х=\. Это значит, что 1 есть корень
многочлена, полученного раскрытием определителя d. Аналогично
обнаруживаем, что 2, 3, ..., п— 1 также являются корнями
этого же многочлена. Известно, что если а — корень
многочлена f(x)-, то f(x) нацело делится на х — а.
Поэтому d=f(x) и f(x) делится на (х— 1) (х — 2)...(х —
— n+l)=g(x). Но f(x) и g(x) одинаковой степени, и
старшие их коэффициенты равны единице (коэффициенты при
хп-{). Поэтому d= (х— 1) (х — 2)...(х — п+ 1). Этот метод
носит название метода выделения линейных множителей.
Замечание. Для вычисления определителей /г-го порядка нет
общих методов. Приведенные три метода являются довольно
действенными. Но вообще вычисление определителя /г-го порядка, как правило,
является задачей «на сообразительность».
Тест 20 для самоконтроля
1. Перманент квадратной матрицы А п-го порядка
определяется как сумма п\ слагаемых, каждое из которых
является произведением п элементов, взятых точно по одному
из каждой строки и каждого столбца матрицы А. Пользуясь
аналогией определений перманента и определителя,
укажите верные и неверные свойства перманента.
1.1. Транспонирование матрицы не изменяет величины перманента.
1.2. Транспонирование не изменяет величину перманента по
модулю, но изменяет его знак на противоположный.
4*
99

1.3. Общий множитель всех элементов какой-либо строки
перманента можно выносить за знак перманента.
1.4. Общий множитель всех элементов какого-либо столбца
перманента можно выносить за знак перманента.
1.5. Общий множитель всех элементов перманента можно выносить
за знак перманента.
1.6. Перманент, имеющий нулевую строку, равен нулю.
1.7. Перманент, имеющий нулевой столбец, равен нулю.
1.8. Перманент, имеющий две одинаковые строки, равен нулю.
1.9. Перманент, имеющий две пропорциональные строки, равен
нулю.
1.10. Перманент, система векторов-столбцов которого линейно
зависима, равен нулю.
Домашнее задание
1. Вычислите определители:
а)
г)
1 1 1 ... 1
1 2 1 ... 1
1 1 3 ... 1
i 1 1 ... п
2 1 0 ... 0
1 2 1 ... 0
0 1 2 ... 0
0 0 0 ... 2
0 0 0 ... 1
ооо -. •
1
2
б)
11..
11..
1 /1-1 . .
п 1 . .
1 1
2 1
1 1
1 1
в)
110..
111..
0 11..
0 0 0..
0 0 0..
. 0 0
. 0 0
. 0 0
. 1 1
. 1 1
ЗАНЯТИЕ 21
БИНАРНАЯ АЛГЕБРАИЧЕСКАЯ ОПЕРАЦИЯ. ПОЛУГРУППА,
МОНОИД, ГРУППА
Вопросы к занятию
1. Определение бинарной операции. Коммутативный и
ассоциативный законы.
2. Нейтральный элемент, симметричные элементы.
3. Определение полугруппы, моноида, группы. Алгебра
как множество с определенными в нем операциями.
4. Понятие обратной операции. Определение группы,
использующее понятие обратной операции.
Литература: [7], с. 75—81, 94—98, 346—349; [4], с. 4—23.
100

Образцы решения задач
Задача 1. Установить, определена или нет операция
умножения в множестве матриц вида » где х, у— любые
действительные числа. Каковы свойства этой операции?
Решение. Чтобы операция была определена в
множестве, требуется выполнимость операции для любой пары
элементов и замкнутость операции в этом множестве. Любые
две квадратные матрицы одинакового размера можно
перемножить, т. е. операция выполнима. Произведение любых
двух матриц данного вида
ГО 0] ГО 0] = Г 0 0 ]
[х у\ [a b\ [ay by\
опять является матрицей того же вида, т. е. операция
замкнута в этом множестве и, следовательно, определена. Так
как умножение матриц ассоциативно, то (| U» #6RJ> •)
является полугруппой. Операция некоммутативна, ибо
ГО 0] ГО 0] = Г 0 0 1 Л0 0] ГО (Л Г 0 0 ]
[х у\ [а Ь\ [ау Ьу\ [a b\ [x y\ [bx by\
Легко заметить, что любая матрица вида • V L
бое действительное число, является левым нейтральным
элементом:
где х —
ЛЮТО 01Г0 0] = Г0 0]
[х 1\[а Ь\ [а by
где а, Ь произвольны.
Следовательно, левых нейтральных элементов
бесконечно много. Правых нейтральных элементов нет, ибо в
противном случае нейтральный элемент был бы единственным
и двусторонним. Пусть в\ — некоторый левый нейтральный
элемент, е2 — некоторый правый нейтральный. Тогда ехе2 =
= е\ = е2.
Итак,
\_* У\\ У
есть некоммутативная полугруппа.
Задача 2. Установить свойства сложения в множестве
нечетных натуральных чисел.
Решение. Так как сумма,двух нечетных чисел есть
число четное, то операция сложения в множестве нечетных
101

чисел не Определена, т. е. ни о каких свойствах не может
идти речь.
Задача 3. Установить свойства деления в множестве
положительных рациональных чисел (коммутативность,
ассоциативность, нейтральный элемент, симметричные
элементы, обратные операции).
Решение. Так как частное от деления двух
положительных рациональных чисел существует и является
положительным рациональным числом, то операция деления в множестве
положительных рациональных чисел определена. Она
неассоциативна и некоммутативна. Например, 8 : (4 : 2) = 4 Ф 1 =
= (8 : 4) : 2. Единица — правый нейтральный элемент: (Va)
(а: 1 = а). Левых нейтральных элементов нет. Каждый
элемент симметричен сам себе: (Va)(a:a = 1). Правая
обратная операция, т. е. решение уравнения а : х = Ь, также
является делением. Левая обратная операция, т. е. решение
уравнения х : а = Ъ, будет умножением.
Задача 4. Исследовать в множестве ненулевых
действительных чисел операцию a*b = abk, где k — не равное нулю
фиксированное действительное число.
Решение. Если афО и ЬфО, то аЫгфО, т. е.
операция в множестве ненулевых действительных чисел определена.
Так как аЬ = Ьа влечет abk = bak, то операция *
коммутативна вследствие коммутативности умножения действительных
чисел. Докажем ассоциативность этой операции: а*(6*с) =
= а * bck = abck2, (a*b) *c =-- abk * с = abck2> т. е. а * (6 * с) =
= (а * Ь) * с.
Равенство а * — = а • — • k = а говорит о том, что чис-
k k
ло l/k является нейтральным элементом в операции*. В
силу коммутативности операции нейтральный элемент l/k
является двусторонним и единственным. Установим
существование симметричных элементов в операции * . Для этого
при'а^О решим уравнение а*х= l/k. Это уравнение
сводится к уравнению axk = l/k. Отсюда х= l/ak2.
Следовательно, для каждого элемента рассматриваемого множества
1
относительно операции * существует симметричный: а* =
а/г2
= а • • k = l(k, где l/k, как ранее было установлено,
есть нейтральный элемент.
Итак, множество ненулевых действительных чисел
относительно операции * является группой. Эта группа
коммутативна и бесконечна.
102

Задача 5. Определить, является ли группой множество
подстановок М= [al9 а,, а3, а4, аъг а6] относительно
умножения подстановок, где
Решение. / способ. Множество М состоит из шести
различных подстановок третьей степени (трех символов).
Известно, что всего имеется 3! = 1-2-3 = 6 различных
подстановок данных трех символов; они образуют
симметрическую группу. Следовательно, (М, •)—симметрическая
группа трех символов. ч
// способ. Для проверки замкнутости умножения
подстановок в множестве М с учетом некоммутативности
умножения подстановок требуется вычислить 6-6 = 36
произведений, которые удобно разместить в прямоугольной
таблице следующего вида: левый столбец содержит первый
элемент произведения, верхняя строка — второй элемент
произведения, само произведение находится на
пересечении соответствующих строки и столбца (табл. 5).
Таблица 5
а±
а2
а3
О-А
аъ
а*
аг |
01
а2
а3
а ±
аъ
' а*
а2
a<i |
аг
аъ
ав
а3
а& '
а3
а3
ав
ах
а5
а±
а2
а±
#4
аъ
ав
1 аг
а2
а3
аъ
аъ
а а
а2
а3
ав
| fli
а*
ав
а3
О-А
а2
аг
1 йъ
Как видно, таблица заполнена, новые подстановки не
возникли, т. е. операция определена. Первый столбец
произведений совпадает с левым входным столбцом, т. е. элемент
ах является правым нейтральным. Аналогично из
совпадения первой строки произведений с верхней строкой следует,
что а\ является левым нейтральным элементом, т. е. а\ —:
единственная и двусторонняя единица.
ЮЗ

Так как в каждой строке и в каждом столбце
содержится единица al9 то каждый элемент имеет как левый,
так и правый обратный, и поэтому в силу ассоциативности
умножения подстановок каждый элемент обладает
единственным обратным. Пусть а~^в — левый обратный, а"1 —
правый обратный к элементу а. Тогда я^Ця^™1) = я^ев • 1 =
= а7ев- с ДРУГ0Й стороны, (а-^а) а-1 = 1а"1 = а-1, т. е.
п~1 = агх.
"лев пр
Итак, (М, •) является конечной некоммутативной
группой. Табл. 5 называется таблицей Кели группы. В ней
каждый столбец и каждая строка произведений содержат все
элементы группы. Если таблица Кели симметрична
относительно главной диагонали, то группа коммутативна. В
данном случае этой симметричности нет.
Тест 21 для самоконтроля
1. Множество Q\{0} относительно операции а'*Ь =
есть группа. Укажите верные и неверные доказательства и
опровержения.
1.1. Алгебра (Q\{0), *) не является группой, так как число 1 не
3-1 3
является нейтральным элементом. Например, 3*1 = = — ФЗ.
1.2. Алгебра (Q\{0), *) —группа: операция ассоциативна, так как
abc
(а *Ь) *с = а* (Ь *с) = -^—; число 2 является нейтральным элементом;
4
4
для числа а симметричным будет число —.
а
1.3. Алгебра (Q\{0}, *) не является группой, так как обратные
1 / М
числа не являются симметричными элементами: а*1/а = —I а*— =
1 / 1 \
= 1/2, но 1/2 не является нейтральным элементом: а * 1/2 = — I а-— —
а
= -фа.
1.4. Алгебра (Q\{0), *) —группа, так как является подгруппой
мультикативной группы Q\{0}:Q\)0}ciQh bQ\{0} замкнута*операция *.
1.5. Алгебра (Q\{0), *) —группа, так как в множестве Q\{0)
/ 2а \
определена операция % , обратная операции * \а £ Ь = ', и прямая
V Ь )
операция ассоциативна.
2. Множество Q по операции а*Ь= есть группа.
Укажите верные и неверные~доказательства и опровержения.
104

2.1. Алгебра (Q, *) не является группой, так как число 1 не явля-
3-1 3
ется нейтральным элементом. Например, 3*1= = — Ф 3.
2.2 Алгебра (Q, *) — группа: операция * ассоциативна, так как
а * (Ь * с) = (а * Ь) * с = abc/4; число 2 — нейтральный элемент; к числу
а симметричным элементом будет число 4/а.
2.3. Алгебра (Q,*) не является группой, так как при нейтральном
элементе 2 симметричного элемента для числа 0 не существует.
•2.4. Алгебра (Q, *) — группа. Множество всех рациональных чисел
Q — группа по сложению; Q cz Q, в Q замкнута операция *, так как
(Va, b£Q) (ab/2£Q). Следовательно, по критерию подгруппы (Q, *)
подгруппа (Q, +), а значит, (Q, *) — группа.
2.5. Алгебра (Q, *) группой не является. Операция £ (a* b = 2a/b)
является обратной операции а * b = ab/2. В множестве Q операция J не
определена (на нуль делить нельзя). Следовательно, в силу второго
определения группы алгебра (Q, *) — не группа.
Домашнее задание
1. Проверьте, являются ли группами следующие алгебры:
!> ({[So]la€R\«°>}- '): 2) ({[aJllfl€R\{0}}. •); 3) «a +
+ bV 5 | a, b£Q), •); 4) ({a + b V 5 | a, b£ QAa2 + Ь*ф О}, ..);
5) ({a, b, c, p}, •), где а = [\Ц J]; * = [J \ \ J]; c = [J \ \ J];
P = [i§2l]-6><0. "П. •)'
ЗАНЯТИЕ 22
ПОДГРУППА, СМЕЖНЫЕ КЛАССЫ ПО ПОДГРУППЕ,
ТЕОРЕМА ЛАГРАНЖА, ЦИКЛИЧЕСКИЕ ГРУППЫ
Вопросы к занятию
1. Определение подгруппы, критерий подгруппы.
2. Смежные классы, теорема Лагранжа.
3. Циклическая подгруппа, порожденная данным
элементом, порядок элемента группы.
4. Циклические группы и их подгруппы.
Литература: [7], с. 100—102, 350—357; [4], с. 39—43.
Образцы решения задач
Задача 1. Определить, является ли алгебра {{а + ЬУ 5 |а,
b£Q}i + ) подгруппой аддитивной группы действительных
чисел.
105

Решение. / способ. Применим критерий подгруппы!
если А—подмножество аддитивной группы и для любых
т, п £ А выполняется т + (— я) £ А, то А — подгруппа (в
мультипликативной записи тп~1£А). Действительно, а +
+ Ь У~Ь + (- с - рУТ) = (а—с) + (Ь—р) VT, где а +
+ ЪУ~~Ь и с + рУ^ 5 были взяты произвольно. Так как
множество рациональных чисел замкнуто по вычитанию, то
а — c£Q и Ь — p£Q. Поэтому полученная разность является
числом того же вида, т. е. ответ утвердительный.
// способ. Применим определение: подгруппа —
подмножество группы, являющееся группой относительно той же
операции. Сложение чисел ассоциативно, нуль представим в
виде 0 + О У 5 , для числа вида а-\- ЬУ 5 противополож-
ным будет число того же вида — а-\- (—Ь) У 5 , т. е. числа
указанного вида образуют группу. Поэтому ответ
утвердительный .
Задача 2. Определить, будет ли мультипликативная
алгебра положительных действительных чисел подгруппой
аддитивной группы действительных чисел.
Решение. Хотя положительные действительные числа
образуют группу по умножению, ответ отрицательный, ибо
речь идет о различных операциях.
Задача 3. В задаче 5 из занятия 21 в группе (М, •)
найти все подгруппы.
Решение. Группа (М, •) конечна, ее порядок равен 6.
По теореме Лагранжа она может иметь подгруппы только
следующих порядков: первого, второго, третьего, шестого.
Первый порядок имеет единичная подгруппа, шестой — сама
группа (это несобственные подгруппы). Найдем циклические
подгруппы, порожденные отдельными элементами. Из табл. 5
(таблицы Кели группы) видно, что а\ = а\ = а\ = av т. е.
а2, аз, й\ являются элементами второго порядка, среди их
степеней содержатся только по два различных элемента.
Поэтому {01,02Ь {аъ аз}> [аъа^\ есть подгруппы второго порядка.
Далее в таблице Кели находим а\ = аб, aQa5 = av Поэтому
а\ = а{. Аналогично 'находим а\ = ау Кроме того, а5а6= аь
т. е. аъ и ав являются взаимно обратными элементами
третьего порядка. Они порождают одну и ту же циклическую
подгруппу {а1У а5, ав]. Других подгрупп третьего порядка
нет, ибо порядок элемента — это делитель порядка
подгруппы, в которой он содержится (теорема Лагранжа), т. е.
оставшиеся вне {а^а^ ав} элементы второго порядка не
могут входить в подгруппу третьего порядка. Аналогично
106

устанавливаем, что уже найденными подгруппами
исчерпываются все подгруппы второго порядка (они не могут
включать элементы третьего порядка). Итак, (М, •) содержит
четыре собственные подгруппы (три второго порядка и одну
третьего порядка).
Задача 4. В задаче 3 найти правые и левые смежные
классы по подгруппе третьего порядка и по одной из
подгрупп второго порядка.
Решение. Сама подгруппа составляет один из
смежных классов по ней, т. е. {аь а5, а6} —первый смежный
класс по подгруппе третьего порядка. Каждый следующий
смежный класс должен содержать по три новых элемента.
Но в группе вне подгруппы третьего порядка осталось
только три элемента, поэтому они образуют второй (и
последний) смежный класс как в разложении в правые смежные
классы, так и в разложении в левые смежные классы: {а2,
а3, а4}.
Итак, разложения в правые и левые смежные классы по
подгруппе третьего порядка совпадают. Такая подгруппа
называется инвариантной. Из приведенных рассуждений
видно, что подгруппа индекса 2 всегда инвариантна.
Подгруппа {аь а2} — первый смежный класс. Возьмем
любой элемент вне,этой подгруппы, например а3, и
умножаем все элементы подгруппы на него, используя табл. 5.
Получаем aia3 = a3, a2a^ = aQj т.е. {аз, а6}—второй правый
смежный класс. Очевидно, что оставшиеся два элемента
группы составляют третий правый смежный класс: {a4, a5}.
Умножив подгруппу {аь а2} на элемент а3 слева, получим
{«з, о,ъ) — второй левый смежный класс. Тогда {a4, a6} —
третий смежный класс.
Итак, получены два разложения — правое и левое: М=
= \аъ а2] U {я3, лв).и (04, аь) = [аъ а2] [} (а3, аъ) [} \a^aQ). Так
как эти разложения различны, то подгруппа [аи а2)
неинвариантна.
Задача 5. Является ли циклической группа из задачи 3?
Решение. Не является, так как группа шестого
порядка, не имеющая элементов шестого порядка, не может
быть порождена одним своим элементом. В описываемой
группе один элемент первого порядка, три элемента
второго, два элемента третьего порядков.
Задача 6. Определить, будет ли циклической аддитивная
группа целых чисел. Сколько различных порождающих
элементов она допускает?
Решение. Группа называется циклической, если она
может быть порождена одним элементом. В аддитивной
107

записи это означает, что любой элемент группы А = <а>,
порожденной элементом а, кратен а, т. е. представим в виде
ра, где р — любое целое число. Иными словами, любой не
райный нулю элемент группы либо равен сумме а + а + ... + а,
либо симметричен такой сумме, т. е. равен — (а + а + ... + а).
Так как любое целое число кратно единице, то (Z, +).=
= <1>. Точно так же можно утверждать, что любое целое
число кратно — 1, т. е. — 1 также является образующим
элементом группы (Z, +). Других образующих элементов нет,
ибо любое, большее единицы натуральное число к
порождает циклическую подгруппу чисел, кратных числу к. Эта
подгруппа собственная, так как не содержит число 1.
Задача 7. Доказать, что множество всех движений на
плоскости относительно операции последовательного
выполнения движений (композиции движений) образует
группу, а множество параллельных переносов — ее
инвариантная подгруппа.
Решение. Будем рассматривать только движения
первого рода, т. е. движения, «скользящие» без отрыва от
плоскости. Движение переводит каждую фигуру в
конгруэнтную ей. Так как отношение конгруэнтности транзитивно,
композиция движений есть движение. Ассоциативность этой
операции очевидна. Нейтральным элементом является
состояние покоя, «недвижение». Каждое движение имеет себе
обратное, т. е. «возвращение».
Итак, движения образуют
группу. Так как параллельные переносы
каждую прямую переводят в
параллельную ей, то, используя
транзитивность отношения параллельности,
аналогично получаем, что
параллельные переносы образуют группу,
которая является подгруппой
группы всех движений.
Рассмотрим произвольное движение, переводящее отрезок
[АВ] в отрезок [Р/С]. Выберем произвольную точку О и
разложим движение Ф, переводящее [АВ] в [Р/С], в композицию
поворота около точки О и некоторого параллельного переноса.
Для этого (рис. 14) совершим поворот около точки О на
угол ф, такой, чтобы образ отрезка [АВ] под действием R® —
отрезок [СМ] — был параллелен отрезку [Р/С]. Теперь видно,
что Ф = СР • Ro, где R% — поворот около точки О на угол ф,
СР— параллельный перенос на вектор СР. Их
последовательное выполнение обозначено как произведение.
Рис. 14.
108

В композиции движений стоящее правее движение
выполняется первым. Следовательно, любое движение есть
композиция R$ при некотором <р и некоторого
параллельного переноса. Если к параллелограмму СМКР применить
/?оф> т. е. обратный поворот около точки О на тот же угол,
то он перейдет в параллелограм ABET. Теперь видно, что
R% от [ЕТ] есть [КР]. Тогда Ф= /?g • AT.
Таким образом, группа всех движений на плоскости
разлагается на множество смежных классов по подгруппе Н
всех параллельных переносов, имеющих вид Н • /?g, где
точка О фиксирована, а угол ф у каждого смежного класса
свой. Точно так же группа всех движений разлагается и в
объединение смежных классов вида /?§ • Н. При
фиксированных ф и О Н • /?§ = /?g • Я, т. е. каждый левый
смежный класс является правым смежным классом. Равенство
Н • R$= /?§ • Н есть равенство множеств движений. Одно
и то же движение в разных частях равенства в качестве
своего компонента содержит разные параллельные переносы, но
один и тот же поворот около точки О.
Итак, каждый правый смежный класс является левым,
т. е. подгруппа параллельных переносов инвариантна в
группе всех движений.
Тест 22 для самоконтроля
1. Всякая конечная группа второго порядка абелева.
Укажите верные и неверные доказательства (во всех
доказательствах рассматривается мультипликативная группа
0= ({а, &},.)•
1.1. Пусть аЬФЬа. Тогда в силу замкнутости операции ab = ay ba=b
(случай ab = bf ba=a аналогичен). Тогда a(ba)=aby (ab)a=aa, откуда
ab=aa, или после умножения слева на а~1 а = Ь. Получено
противоречие. Следовательно, ab = ba.
1.2. Очевидно, что в группе G а=а. Тогда, умножая обе части этого
равенства на bf получим ba = ab.
1.3. Так как G — группа, то Ь2=а или b2=b. Если Ь2=а, то b3=bb2 =
= b2b = ba=ab. Если b2=b, то b — единичный элемент. Тогда ab = ba.
1.4. Пусть в группе G аЬФЬа, т. е. ab = a, ba = b (случай ab = by ba=a
аналогичен). Тогда, с одной стороны, a(ba)=ab, с другой стороны,
(ab)a = aa = a2. Но аЬфа2> значит а(ра)Ф(аЬ)ау что противоречит
ассоциативности операции в группе. Следовательно, G — абелева группа.
1.5. G — группа, а значит, она содержит двусторонний единичный
элемент. Пусть это будет элемент а. Тогда ab = ba=b.
2. Всякая конечная группа второго порядка циклическая.
Укажите верные и неверные доказательства (во всех дока-
109

зательствах рассматривается мультипликативная группа
G=({a,b},-).
2.1. Известно, что все степени некоторого фиксированного элемента
группы образуют подгруппу. Пусть а — единичный элемент группы G.
Тогда все степени элемента Ъфа образуют подгруппу Н. Так как Н
содержит единичный элемент, то H=G.
2.2. Пусть а — единичный элемент группы G. Известно, что Н =
— { — 1, 1} — мультипликативная циклическая группа. Биекция а«--> 1,
&*--> — 1 задает их изоморфизм. Если это не так, то ab<--*\ или
Ь2 -*--* — 1. В случае ab «--> 1 получаем Ь «--> 1. Получено противоречие.
В случае Ь2 «--> — 1 в силу биекции Ь2 = 6, т. е. 6 — единичный элемент.
Но 6 =£ а. Получили противоречие.
2.3. Пусть а — единичный элемент группы G. Тогда G содержит
циклическую подгруппу, т. е. подгруппу, состоящую из одного элемента а.
Следовательно, и G — циклическая группа.
2.4. Пусть а — единичный элемент, т. е. ab = ba = b, и пусть Ь2Фа.
Тогда b2 = b и b — еще один единичный элемент в группе G. Получено
противоречие. Значит, Ь2 = а и G — циклическая группа.
2.5. Известно, что всякая конечная группа, порядок которой —
простое число, циклическая. Число 2 простое. Следовательно, G —
циклическая группа. *
Домашнее задание
1. Докажите, что алгебра N и\\х> #€^1, +) является
группой. Найдите как можно больше ее подгрупп и разложения в смежные
классы по этим подгруппам. Отметьте среди найденных подгрупп
циклические и укажите их порождающие элементы.
2. Является ли циклической аддитивная группа целых чисел,
кратных 3?
3. Будет ли циклической аддитивная группа рациональных чисел?
4. Является ли циклической группа из задания 5 к предыдущему
занятию?
ЗАНЯТИЕ 23
ГОМОМОРФИЗМ И ИЗОМОРФИЗМ ГРУПП,
ЯДРО ГОМОМОРФИЗМА И ФАКТОР-ГРУППА
Вопросы к занятию
1. Определение гомоморфизма и изоморфизма.
2. Ядро гомоморфизма, его инвариантность.
3. Смежные классы по инвариантной подгруппе и
отношение конгруэнтности на группе. Определение операции в
фактор-группе.
4. Теоремы о гомоморфизме групп.
Литература: [7], с. 358—362, 98—100; [4], с. 6—10, 43—48.
МО

Образцы решения задач
Задача 1. Доказать изоморфизм групп (2 • Z, + )~
Решение. / способ. Отображение 2 • Z -> 3 • Z, где
/(2&) = 3k, является биекцией между множеством четных
чисел и множеством чисел, кратных трем. Действительно,
2кф2р влечет кфр, отсюда ЗкфЗр, т. е. отображение
инъективно. Любое целое число вида 3k имеет прообраз,
а именно: 2k. Отображение, являющееся одновременно
инъекцией и сюръекцией, биективно. Отображение /
сохраняется сложением в обеих группах: 2&-^3& и
2р-+3рсогласуется с 2 (k + р)~^3 (k + р).
II способ. Группы (2-Z, + ) и (3- Z, +) являются
бесконечными циклическими как подгруппы бесконечной
циклической группы (Z, +). Так как все бесконечные циклические
группы между собой изоморфны, то все доказано.
Задача 2. Доказать, что аддитивная группа целых чисел
гомоморфна мультипликативной группе ({1, —1}, •)•
Найдите ядро гомоморфизма.
Решение. Пусть / отображает каждое четное число
на 1 и каждое нечетное на —1. Сюръективность f очевидна,
так как нечетные и четные числа существуют. Сумма чисел
одинаковой четности будет четная, и она должна
отображаться на квадрат 1 или —1, т. е. на 1, что согласуется с /.
Сумма чисел разной четности будет нечетной и должна
отображаться на произведение чисел 1 и — 1, т. е. на —1, что
опять согласуется с /. Других случаев сложения не
существует, значит, отображение f сохраняется операциями в
обеих группах: в первой сложением, а во второй
умножением, что и требовалось доказать. Очевидно, что ядром
гомоморфизма является аддитивная группа четных чисел.
Замечание. Из приведенных рассуждений вытекает, что любая
бесконечная циклическая группа гомоморфна группе второго порядка.
Задача 3. Установить изоморфизм мультипликативной
группы ненулевых действительных чисел и алгебры А =
= (R\{0), *), где a*b=3ab.
Решение . То, что операция * определена в алгебре Л,
очевидно. Отобразим R\(0) в себя следующим образом:
(Va) (f(a) = —). Так как аФЬ влечет —ф—, то / —
о о о
инъективное отображение. Очевидно, что для любого дей-
111

ствительного числа с f (Зс) = с. Поэтому / — сюръективное
отображение.
Итак, / — биекция ненулевых действительных чисел на
себя. Проверим, сохраняет ли / операцию * и операцию
умножения: f(a) = а/3 и f (b) = Ь/3 должны согласовываться
с / (ab) = ab/3y т. е. должно выполняться (а/3) * (b/3) = ab/3.
Это, действительно, верно. Таким образом, f (ab) = f(a) *f (b).
Этим доказано, что / есть изоморфизм. Так как алгебра,
изоморфная группе, есть группа,^то А—группа.
Нейтральным элементом в А будет образ единицы: f(l)= 1/3.
Например, 5 и 1/45 есть симметричныеj элементы: 5*1/45 =
= 5 • 3/45 = 1/3 (нейтральный элемент).
Задача 4. Доказать, что группа подстановок из задачи 5
занятия 21 гомоморфна группе второго порядка ({1, —1}, •)•
Найти ядро гомоморфизма и фактор-группу по ядру.
Решение. Пусть отображение / каждой четной
подстановке ставит в соответствие 1, а нечетной —1. Так как
тождественная подстановка а\ четная, а подстановка а2,
например, нечетная, то f является суръекцией. Произведение
двух подстановок одинаковой четности есть подстановка
четная, и она должна отображаться на квадрат 1 или — 1,
т. е. на 1. Это согласуется с f. Произведение подстановок
разной четности есть подстановка нечетная, и она должна
отображаться на произведение 1( —1), т. е. на —1. Это
опять согласуется с f. Других случаев умножения
подстановок не существует, значит, f не нарушается операциями в
обеих группах. Поэтому f является гомоморфизмом. Ядро
гомоморфизма, т. е. полный прообраз 1 в отображении f,
состоит из всех четных подстановок: аь а5, а6.
Полученный результат согласуется с решением задачи 3
из занятия 22, т. е. {аи а5, а6} — инвариантная подгруппа.
Фактор-группа состоит из двух элементов: А = {аи а5, а6} —
единицы фактор-группы, В={а2, а3, а4} —элемента второго
порядка, т. е. В2=А.
Операция в фактор-группе отражает тот факт, что в
множестве подстановок отношение «иметь одинаковую
четность» является отношением конгруэнтности (отношение
эквивалентности, не нарушаемое операцией умножения
подстановок), т. е. подстановки разбиты на непересекающиеся
классы четных и нечетных и четность произведения не
изменяется, если любой сомножитель заменить подстановкой
той же четности.
Задача 5. Показать, что множество самосовмещений
правильного треугольника образует группу движений,
изоморфную группе (Му •) из задачи 5 занятия 21.
112

Решение. Зафиксируем в пространстве три точки, в
которых находятся вершины правильного треугольника, и
припишем им номера 1, 2, 3. Те же номера припишем
вершинам треугольника, которые первоначально находились
в этих точках. Всякое нетождественное самосовмещение
есть движение, перемещающее хотя бы часть вершин
треугольника в точки с другими номерами, т. е. полностью
описывается подстановкой трех символов 1, 2, 3. Все
подстановки этих символов образуют группу шестого порядка.
Проверим, каждой ли подстановке соответствует
реальное самосовмещение: а{ — тождественное самосовмещение;
^2, аз, 04 — повороты на 180° около высот треугольника; а5,
а6—вращения в плоскости треугольника около его центра
соответственно на 120° и 240°. Других самосовмещений нет,
поэтому между множеством всех самосовмещений
правильного треугольника и группой (М, •) установлена биекция.
Очевидно, что последовательному выполнению
самосовмещений соответствует умножение подстановок, т. е.
найденная биекция задает изоморфизм групп.
Задача 6. В множестве всех функций, обладающих
непрерывной производной любого порядка на всей числовой
оси, введем операцию сложения функций:
s(x) = f (х) + Ф (х)£(Уа € R) [s[(a) = f (a) + Ф (а)].
Установить, образует ли множество всех таких функций
относительно сложения группу (всех таких четных
функций, таких нечетных функций). Какие существуют
отношения изоморфизма или гомоморфизма между этими
группами.
Решение. Будем опираться на следующие факты:
сложение функций ассоциативно, производная суммы равна
сумме производных, сумма непрерывных функций
непрерывна, сумма четных функций четна, сумма нечетных
функций нечетна; нулевая функция имеет непрерывную
производную, четна и нечетна одновременно; функция,
противоположная по знаку непрерывно дифференцируемой,
нечетной, четной, обладает соответственно тем же свойством.
Следовательно, относительно сложения все три класса
функций образуют группы.
Обозначим: Ф — группа непрерывно дифференцируемых
функций, Р — ее подгруппа четных функций, Н—ее
подгруппа нечетных функций. Покажем следующее: 1) Ф
гомоморфна Н с ядром гомоморфизма Р; 2) Ф гомоморфна Р с
ядром гомоморфизма Я; 3) Р гомоморфна Н с ядром гомо-
113

морфизма 7, где Т — группа констант (постоянных
функций).
Пусть / (х) — произвольная функция. Тогда f(x) = (f (x) +
+ / (-х))/2 + (/ (х) - f (—jc))/2. Но функция (/ (х) + f (-x))/2
четная, а (/ (х) — /(—х))/2 нечетная. Отображение /(*)->-
'-М/С*)— /(—*))/2 доказывает утверждение 1, ибо оно сюръ-
ективно и сохраняет сложение. Аналогично отображение
/(*)->(/(*) + /(—х))/2 доказывает утверждение 2.
Характеристическим равенством для четной функции является f(x) =
= /(—х). Взяв от обеих частей равенства производную,
получим f (х) = f (—х) (— 1), т. е. производная четной
функции является нечетной функцией. Тогда отображение
/(*)-*■/'(*) доказывает утверждение 3.
Тест 23 для самоконтроля
1. Пусть G — мультипликативная группа всех
невырожденных матриц порядка п с действительными элементами.
Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Множество матриц из G с определителем, равным 1, есть
подгруппа группы G.
1.2. Множество матриц из Gc определителем, равным —1, есть
подгруппа группы G.
1.3. Множество матриц из G с определителем, равным ±1, есть
подгруппа группы G.
1.4. Группа G гомоморфна мультипликативной группе
действительных чисел, и множество матриц с определителем, равным 1, является
ядром этого гомоморфизма.
1.5. Группа G гомоморфна мультипликативной группе
действительных чисел, и множество матриц с определителем, равным — 1, является
ядром этого гомоморфизма.
1.6. Группа G гомоморфна мультипликативной группе
положительных действительных чисел, и множество матриц с определителем,
равным ±1, есть ядро этого гомоморфизма.
1.7. Множество матриц из G с целыми элементами и определителем,
равным 1, есть подгруппа группы G.
1.8. Множество матриц из G с целыми элементами и определителем,
равным ±1, является подгруппой группы G.
1.9. Множество матриц из G с определителем, равным 1, есть
нормальный делитель из G (инвариантная подгруппа).
1.10. Множество матриц из Gc определителем, равным —1,
является нормальным делителем из G.
Домашнее задание
1. Докажите изоморфизм групп: (|Г^ ^ 11 а ^ R\{0}|, -Jh(R\{0}, •)•
2. Докажите, что группа самосовмещений неквадратного
прямоугольника изоморфна труппе пункта 5 из домашнего задания занятия 21.
114

3. Верно ли замечание к задаче 2 из занятия 23 для конечных
циклических групп?
4. Покажите, что (3 • Z, +) есть инвариантная подгруппа в (Z, +).
Постройте фактор-группу и опишите операцию в ней.
ЗАНЯТИЕ 24
ОПРЕДЕЛЕНИЕ КОЛЬЦА. ПОЛЕ, ПРОСТЕЙШИЕ СВОЙСТВА
ПОЛЯ. ПОДПОЛЕ. ИЗОМОРФИЗМ ПОЛЕЙ
Вопросы к занятию
1. Определение кольца и поля. Простейшие свойства
поля.
2. Характеристика поля. Минимальное числовое поле.
3. Определение подполя, критерий подполя.
4. Изоморфизм полей. Поле действительных чисел.
Литература: [7], с. 104—107, 146—154; [4], с. 50—64.
Образцы решения задач
Задача 1. Пусть М= [a/2K\a£Z, k£N0}. Будет ли
кольцом, полем (М, +, •)?
Решение. Проверим * определенность операций в
множестве М. Пусть *>/, тогда а/2* + Ь/2* = {а+Ь-2к-*)12к£М.
Очевидно, что а/2* • Ы2г =аЬ/2к+*£М. Итак, (М, +, •) —
алгебра с двумя операциями. 0= 0/2* £ М, 1 = 1/2° £Л1, т. е.
эта алгебра обладает обоими нейтральными элементами.
Число, противоположное а/2*, т. е. —а/2*, тоже содержится
в М. Так как ассоциативность сложения и коммутативность
сложения чисел, ассоциативность умножения чисел и
дистрибутивность умножения относительно сложения верны
для любых чисел, то нами уже доказано, что (М, +, •) —
коммутативное кольцо с единицей. Чтобы (М, +, •) было
полем, требуется обратимость любого ненулевого элемента.
Элемент, обратный к а/2*, есть 2*/а. Но 2*/а £ М влечет
а = 2s при некотором s£No, т. е. обратимыми в этом
кольце являются только элементы {zk2n\n£Z}.
Итак, (М, +, •) полем не является.
Задача 2. Доказать, что матричная алгебра (I\а а а£
£R), +, •) является полем, изоморфным полю
действительных чисел.
115

Решение. / способ. Так как алгебра, изоморфная полю,яв-
ляется полем, то достаточно доказать изоморфизм. Для этого
надо «угадать» биекцию, не нарушаемую операция ми. Поставим
в соответствие каждому действительвому числу а матрицу —
Га а]
L а]
Тогда а-
1/2 \а а1и b
уа а\
1/4
1/2
b b
b b
2ab 2ab
2ab 2ab
влечет a + b-
= 1/2
ab ab]
ab ab
т. e.
l/2ra+b a+b] иаЬ
[a+b a+b\
найденная биекция не нарушается слЪжением чисел и
матриц, умножением чисел и матриц. Этим все доказано.
// способ. Докажем сначала, что (Л, +, •), где Л—
множество всех матриц вида а а\, является полем. Проверим
замкнутость сложения и умножения в множестве А:
b 61
\а а] \\ЬЬ~\
[aal^lb b\
а + b a + b
а + ba + b
б Л;
Га аЛ\Ь b
[а а\[Ь b
= \2ab 2ab] с л
[2ab2ab\^
Нам известно о матрицах, что обе операции ассоциативны
и сложение коммутативно. Так как ab = ba, то и умножение
матриц такого вида коммутативно. Видно, что нулевая
матрица является нейтральным элементом по слажению, а
' нейтральна по умножению. Матрица, про-
1
матрица —
1 1
тивоположная данной, имеет тот же вид:
, —а —а
а —а\
Вычислим матрицу, симметричную ненулевой
относительно умножения, т. е. решим матричное уравнение
вырож-
111] * = i[!i]. Так как матрицы [Ц]'[\\_
денные, но имеют равные ранги, то уравнение имеет
бесконечно много решений. Нас интересует, имеется ли в
множестве решений матричного уравнения матрица из мно-
А и какова она. Поэтому положим х=*хх*
жества
Тогда
Поэтому положим
Следовательно, 2ал:
ух х\
1/2, т. е.
Г2ал: 2алЛ = W1 1
[2ал: 2a*J 2 [l l
х = l/Aa.
Итак, при афО в множестве А каждая матрица имеет
симметричную по умножению матрицу вида -— } JL Так
как умножение матриц относительно сложения
дистрибутивно, то доказательство того, что (Л, +, •) — поле, этим
завершено. Теперь нетрудно найти биекцию, устанавливаю-
11,6

щую изоморфизм с полем действительных чисел,
сопоставив нейтральные элементы: О
Задача 3. Пусть * обозначает операцию a*b = 2ab.
Доказать, что алгебра (R, +, *) изоморфна полю
действительных чисел.
Решение. То, что (R, +) — коммутативная группа, нам
известно. Операция *, очевидно, в множестве
действительных чисел определена и коммутативна. Проверим ее
ассоциативность: а * (Ь * с) = а * 2bc = Aabc, (а * Ь) * с = 2ab * с =
= 4abc, т.е. а * (Ь * с) = (а * Ь) * с. Найдем нейтральный
элемент операции *: а*х = а, т. е. 2ах = а, х = —.
Установим существование и вид элемента, симметричного
ненулевому элементу в операции *: а*х= 1/2, т. е. 2ах = 1/2 и
х= \1\а. Итак, (R\{0), *) —группа.
Проверим дистрибутивность операции * относительно
сложения: (а + Ь) * с = 2 (а + Ь) с, (а*с) + (Ь * с) = 2ас +
+ 2Ьс, но 2 (а + Ь) с = 2ас + 2Ьс, поэтому (а + Ь) * с =
= (а*с) + (&*с). Итак, (R, + , *)—поле. Вид нейтрального
элемента в операции * помогает установить биекцию между
полями, обнаруживающую изоморфизм: а<—>а12. Она не
нарушается сложением, ибо а<—>а\2 и Ь<—>-6/2
согласуются с (а + Ь) ■<—►■ (а + Ь) —. Эта биекция не
нарушается соответствующими друг другу операциями умножения
и *: аЬ<—>■ -^— = 2 (—) • (—) = ( —J * (—). Этим
изоморфизм полей (R, +, •) и (Ri +i *) доказан.-
Задача 4. В множестве {—1, О, 1}=Р сложение
определим следующим образом: 1 + 1 = —1, (—1) + ( —1) = 1,
остальные случаи сложения — как обычно. Умножение в Р
тоже обычное. Доказать, что (Р, +, •) является полем, и
установить его характеристику.
Решение. Обе операции в Р определены и, очевидно,
коммутативны. Кроме того, умножение ассоциативно как
обычное умножение чисел. Проверим ассоциативность
сложения. Так как —1 + 1=0, а нуль — нейтральный элемент
по сложению, то, учитывая коммутативность сложения,
проверим два равенства: 1 + ((—1) + ( —1)) = (1 + (—1)) +
+ (-1), (-1) + (1 + 1) = (-1 + 1)+1. Оба равенства верны.
Итак, (Р, +)—коммутативная группа. Группа ({—1, 1},
•) тоже коммутативная (это проверялось ранее). Осталось
проверить дистрибутивный закон умножения относительно
сложения. Так как умножение на нуль определено обычным
2 1 1
117

образом, то осталось проверить два равенства, не
связанных с умножением на нейтральный элемент: (1 + 1) (—1) =
= 1(-1) + 1(-1) и ((-l) + (-l))(-l) = (-l)(-l) +
+ (— 1) (— 1). Оба равенства верны.
Итак, (Р, +, •) — поле. Так как 1 + 1 =-1 и -1=^=0, то
характеристика этого поля больше 2, поэтому она равна
3 — числу элементов этого поля. Делаем проверку: 1 + 1 +
4-1 = —14-1=0.
Тест 24 для самоконтроля
1. Укажите правильные и неправильные рассуждения
относительно разрешимости в поле уравнения ах = Ь.
1.1. Данное уравнение всегда разрешимо в кольце. Всякое поле —
кольцо. Следовательно, это уравнение всегда разрешимо в поле.
1.2. В кольце целых чисел 3*=1 неразрешимо, т. е. не всегда имеет
решение ах=Ь. Но в поле такое уравнение разрешимо: х= —. Поэтому
о
в поле ах=Ь всегда разрешимо.
1.3. Поле Р — группа по умножению, а в группе всегда разрешимо
уравнение указанного вида.
1.4. Для всякого элемента а поля Р существует обратный элемент
а-1. Тогда а~х(ах)=а-хЬ. Умножение в поле ассоциативно,
следовательно, (а-ха)х=а~хЬ или ex=a~xby x=a~lb. Указанное уравнение в
поле Р всегда разрешимо.
1.5. Умножение всякого элемента поля на нулевой элемент дает
опять нулевой элемент. Поэтому если а=0 и ЬФ0у то уравнение в поле
не разрешимо.
1.6. Если аФО, то в Р для а существует обратный элемент а-1.
Тогда a-l(ax)=a-lb, (a-xa)x=a~xby ex=a~lbt x=a~lbt т. е. при аФО
уравнение в поле Р всегда разрешимо.
1.7. Если а = 0 и 6 = 0, то данное уравнение имеет в поле Р в
качестве решений все элементы поля.
Домашнее задание
1. Определите, является ли полем алгебра Ы^ n a£*V> +» ')•
2. Докажите изоморфизм алгебр ({а -\-b Y % I a> &€Q}> +> •)
и (Цо* п \\а> ££Qf> +> •)• Определите, являются ли они полями.
3. Докажите, что алгебра (кольцо) (Z, +, •) гомоморфна полю из
задачи 4 из занятия 24.

ЗАНЯТИЕ 25
ПОЛЕ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ. АЛГЕБРАИЧЕСКАЯ ФОРМА
КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА. ДЕЙСТВИЯ НАД КОМПЛЕКСНЫМИ
ЧИСЛАМИ В АЛГЕБРАИЧЕСКОЙ ФОРМЕ
Вопросы к занятию
1. Определение поля комплексных чисел.
2. Равенство комплексных чисел, условие равенства
нулю комплексного числа.
3. Арифметические операции над комплексными
числами.
4. Степени мнимой единицы. Извлечение корня
квадратного.
Литература: [7], с. 157—164; [4], с. 65—70.
Образцы решения задач
Задача 1. Сложить (4 + 9/)+ ( — 4 + /).
Решение. При сложении комплексных чисел их
действительные части и коэффициенты при мнимых частях
складываются: (4 + 9/) + (-4 + 0 = (4-4) + (9+ 1)/=0 +
+ 10/= 10/.
Задача 2. Перемножить (2 + 3/) (6 — 5/).
Решение. Для того, чтобы перемножить два
комплексных числа, надо перемножить их как двучлены и затем
заменить /2 на -1: (2 + 3/) (6-5/) = 12-10/+18/-15/2 =
= (12+15) + (18 —10)/=27 + 8/. По правилу умножения пар
запишем: (2 + 3/) (6-5/) = (2-6-3(-5)) + (2(-5) +3-6)/=
= 27 + 8/.
Задача 3. Разделить (9-7/): (2-3/).
Решение. Для вычисления частного умножим
делимое и делитель на число, сопряженное делителю:
9 — 7/ _ (9 —7/) (2 + 3/) _ (18+ 21)+ (27—14)/ =
2 — 3/ " (2 — 30(2 + 30 " 4 — 9? "
Задача 4. Возвести в степень (1—2/)4.
Решение. Можно воспользоваться формулой бинома
Ньютона: (1-2/)4= 1 —4-2Л-6-4/2 —4-8Р+ 16/4= 1-8/-
— 24 + 32/+16=—7 + 24/. Проще дважды возвести в ква-
119

драт: (1-2/)4=(1-4/-4)2=(-3-4/)2=9+24/-16=-7+
+ 24/.
Задача 5. Вычислить в зависимости от k (1 +i)4(l —i)k~l,
где k £ Z.
(l+Q* (l + Q*-'(i + 0
;i — o*-1 (i — 0*_1
i + / '• '
Решение.
-(
1
*—l
(l + /) = /*-'(! + 0-
Воспользуемся тем, что i4a+p = /p, где a, p£Z. Тогда
при й=4с /*-• (l + t)=i4c-1(l+0='3 (1+0 = —'(1+0 = 1 —ft
при A: = 4c + 1 /*-' (1 + 0 = /4c (1+0 = 1+ ft при ft = 4c+2
/*-' (1 + 0 = i4c+l (1 + 0 = ' (1 + 0 = — 1 + ft при A; = 4c + 3
/*-' (1 + 0 = /4c+2 (1 + 0 = '2 •( 1 + 0 = — 1 — * (c ^~ везДе
Целое число).
Задача 6. Найти действительные решения уравнения
(2-30*+ (3+2/)#=2-5/.
Решение. Преобразуем левую часть и используем
условие равенства комплексных чисел: (2 — 3i)x+ (3 + 2/)у=
= (2х+3у) + ( — 3x+2y)i. Поэтому система линейных
уравнений
2* + 3(/ = 2; 1
—3* + 2у = —5/
равносильна исходному уравнению. Ответ: х= 19/13;
у = -4/13.
Задача 7. Решить систему уравнений
(2 + i)x-(3 + i)y = i;\
(3+0* + (2-0</ = ftJ
Решение. Вычислим основной и два вспомогательных
определителя системы:
|2 + / -(3 + 01
Д =
Ах =
3 + i 2
i -(3 + 0
i 2 —t
= (2 + 0 (2-0 + (3 + О2 = 13 + 6/;
= 2/ + 1 + 3/—1 =5ft
т. e. x = 5//(13 + 60 = (6 + 130/41;
Д2 =
2 + i i
3 + i i
= 2i— 1— 31+ 1 =— /,
т. e. y = —//(13 + 6/) = —/ (13 — 60/205 = (—6 — 130/205.
Ответ: (6/41 + 13//41, —6/205— 13//205).
120

Задача 8. Вычислить У_8 — & .
Решение. Пусть У 8 — 6/ = х + yi, где х, у —
действительные числа. Возведем обе части равенства в квадрат:
8 — 6i = х2 — у2 + 2ху (помним, что ? = —1). Полученное
уравнение равносильно системе уравнений
2ху = — 6. J {Ч
Возведя в квадрат оба уравнения системы (1) и сложив их,
выведем следствие системы (1):
х*+2х2у2+у*=Ю0, (2)
которое преобразуется к виду (х2+у2)2= 100. Поэтому на
множестве пар действительных чисел уравнение (2)
равносильно уравнению (3):
х2+у*=Ю. (3)
Если в систему уравнений включить ее следствие, то
получится система, равносильная исходной. Включим
уравнение (3) в систему (1):
Х2 + У2=щ (х2 = 9;
х2 — у2 = Ц^\у2=\\
2ху = —6; J \2ху = —6.
Итак, система -(1) имеет два решения: (3; —1) и (—3; 1).
Они дают два значения корня квадратного. Ответ:
У 8 — 6i =±(3 — i).
Задача 9. Решить уравнение (2 + i) х2 — (5 — i) х + (2 —
— 20=0.
Решение. По формуле корней квадратного уравнения
получаем
(5-Q + V (5- Q2- 4(2 + i) (2-^2Q" (5 —Q + V^T
Хи2~ 2(2 + 0 2(2 + 0
Аналогично предыдущей задаче находим y—2i = ±(1 — i).
Поэтому A;li2 = iiziil±lkziL. Ответ: {1—t, 4/5 —2*75}.
Тест 25 для самоконтроля
1. Дано, что произведение сопряженных комплексных
чисел равно единице, т.же. zz=\. Укажите верные и
неверные утверждения.
121

1.1. z — всегда действительное число.
1.2. \z\ = \z\.
1.3. Всегда \z\= 1.
1.4. Всегда | z \ = 1.
1.5. Действительная часть г всегда равна нулю.
2. Дано, что отношение сопряженных комплексных чи*-
сел равно единице, т. е. zlz = 1. Укажите верные и
неверные утверждения.
2.1. z — всегда действительное число.
2.2. Действительная часть г всегда равна нулю.
2.3. Равенство возможно только при условии, что \г\~ 1.
2.4. Равенство возможно только при условии, что |z|=£l.
2.5. В этом случае z — г £ R.
Домашнее задание
1. Вычислите: а) (-2 + 2t)3/(-l + О3 + 2f - 5; б) (1 + 0*7(1 -
-О*"2. ь>2ук$г. '
2. Найдите действительные решения уравнения (5—8i) х + (7+3f) y=
= 2-1.
3. Решите систему уравнений:
(2 - 0 х + (5 - 30 у = 2 + Зг,\
(7 + 40 х_- (4 + 5Q у = 4 + ij
4. Извлеките корень: / i ; /-7 + 24r, Yb-2i .
5. Решите уравнение (3 + 0 *2 + (^ ~ 0 х — 6i = 0.
ЗАНЯТИЕ 26
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ИНТЕРПРЕТАЦИЯ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ
И ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКАЯ ФОРМА КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА
Вопросы к занятию
1. Комплексная числовая плоскость.
2. Перевод комплексных чисел из алгебраической формы
в тригонометрическую.
3. Операции над комплексными числами в
тригонометрической форме и их геометрическое истолкование.
Литература: [7], с. 154—169; [6], с. 105—112.
Образцы решения задач
Задача 1. Изобразить на плоскости и записать в
тригонометрической форме числа: 1 + iV 3 ; —1;+ iV 3 ; 1 —
— iYlTi — 1— iVT.
122

Решение. Откладывая
действительную часть на оси Ох, а мнимую —
на оси Оу, получаем 4 точки,
образующие прямоугольник АВСЕ {рис. 15).
Таким образом, координатный угол, в
котором расположена точка, зависит
от сочетания знаков мнимой и
действительной частей комплексного числа.
Все четыре числа имеют равные
модули: \ОА\ = \ОВ\ = \ОС\= \ОЕ | =
Рис. 15.
=1/г(±1)2-Н±"|/"3)2==2. Модуль компле-
ксного числа а-\-Ы вычисляется по формуле г=У а2 + Ь2 , т. е.
равен длине радиуса-вектора, проведенного из начала
координат в точку, изображающую комплексное число.
Аргумент комплексного числа изображается углом, отсчитанным
от оси Ох против часовой стрелки до радиус-вектора,
изображающего данное число. Поэтому для числа из первого
координатного угла arg (а + Ы) = arctg—, т. е. arg (1 +
а
+ i}/T") = АОХ=п/3.
Для чисел, расположенных в остальных координатных
углах, аргумент вычисляется с учетом формул приведения
и исходя из геометрических соображений.
Для второго координатного угла arg(a-\-bi) = n —
1 + fj/T) = BOX - я 2
•arctg-!—!-, т.
е. arg(-
я =
• я.
3 3
Для третьего координатного угла arg (а + Ы) = я'+ arctg-^-|,
4
т. е. arg(— 1 — iY 3-) = я + — =—я.
Для
\а\'
четвертого
координатного угла arg(a+W) = 2я— arctg-!—-, т. е. arg (1 —
\а\
— iYT) =_ЕОХ (тупой) = 2я — я/3 = 5я/3. О твег._А =
= 1+/]/"3 = 2 (cos я/3 + i sin я/3); B=_—l + iY3 =
= 2(cos2ji/3-Hsin2ji/3; С = —1 —1|/" 3 = 2(соэ4я/3 +
+ fsin4n/3); E= 1 — /J/T = 2(cos5rc/3 + Ыпбя/З).
Задача 2. Представить в тригонометрической форме:
a) costp — tsin<p; б) cos<p + *sin(—ф); в) — coscp — t sin ф;
г) sincp + tcoscp.
Решение. Во всех четырех случаях запись
комплексного числа напоминает тригонометрическую форму, но не
123

является ею, т. е. <р не является аргументом ни одного из
данных чисел.
В случаях «а», «б» воспользуемся нечетностью синуса и
четностью косинуса, т. е. coscp — i sin cp = coscp + * X
Xsin(—<p) = cos(—<p) + isin(—ф). Если при этом —ф есть
отрицательная величина, то к аргументу можно прибавить
достаточное число периодов. В случае «в» применим две
формулы приведения cos (ф + я) = —cos ф, sin (ф + л) =
= —sin ф, т. е. —cos ф — i sin ф = cos (ф + я) + i sin (ф + тс).
В случае «г» опять используем формулы приведения, т. е.
sincp + t coscp = cos( — ф) + tsin ( — ф].
Задача 3. Построить на плоскости изображение мно-
жества решений системы ограничений:
1<И<2;
я/4< argz<3jt/4.
Решение. Точки, изображающие
решения
неравен-
и2
ства 1<|г|<2, лежат между окружностями радиусов 1
Ч
Рис. 16.
Рис. 17.
с центром в начале координат, включая сами окружности
(рис. 16). Точки, изображающие решения неравенства
jt/4<arg z<3jt/4, лежат между лучами ОА и 05, исключая
сами лучи. Пересечение этих двух фигур заштриховано, оно
изображает множество решений данной системы
неравенств.
Задача 4. Определить, какому условию должны
удовлетворять два неравных нулю комплексных числа, чтобы
модуль их суммы равнялся модулю их разности.
Решение. Комплексные числа можно понимать как
векторы, отложенные от начала координат до точки,
изображающей это комплексное число. Тогда складывать и
вычитать комплексные числа можно как векторы, т. е. а+Ь
есть вектор, совпавший на чертеже с диагональю паралле-
124

лограмма, построенного на векторах а и b как на сторонах
(рис. 17). Со второй диагональю параллелограмма, не
проходящей через начало координат, совпадает направленный
отрезок, равный вектору а —Ь. Чтобы модули чисел а + b и
а — Ь равнялись, необходимо и достаточно, чтобы длины
отрезков |а + Ь| и |а — b равнялись, т. е. чтобы
параллелограмм ОАСВ имел конгруэнтные диагонали, т. е. чтобы
ОАСВ был прямоугольником. Это условие равносильно
требованию, чтобы разность аргументов чисел а и b
равнялась я/2 или Зя/2 (если число Ь лежит на луче ОВ{).
Задача 5. Построить множество решений уравнения
|z-2 + t|=3.
Рис. 18.
Решение. Так как модуль разности двух
комплексных чисел равен расстоянию между точками,
изображающими их на комплексной плоскости, то представим
уравнение в виде \z— (2 — i) | =3. Теперь видно, что множество
решений данного уравнения есть окружность с центром в точке
2—i и радиусом, равным 3 (рис. 18).
Задача 6. Пусть число z задано точкой на комплексной
плоскости. Построить число р = (г + 2 — 3i) (1 + i У 3 ) :
:{-VT+iVT).
Решение. При умножении модули чисел
перемножаются, а аргументы их складываются. При делении модуль
делимого делится на модуль делителя, а аргумент делителя
вычитается из аргумента делимого. Поэтому переведем
множитель I + i}f 3 и делитель —У 2 -{-i]f 2 в
тригонометрическую форму. Предварительно построим г +2 — 3i,
сместив заданную точку г (рис. 19) на две единицы вправо
—>■
и на три единицы вниз, т. е. на вектор 2 — 3i. Получим
а = г+2 — 3*. При умножении на 1 + il/~3~ = 2 (cos я/3 +
+ isirfjt/3) вектор а следует повернуть на угол я/3 и рас-
125

тянуть в два раза. Получим вектор Ь = а(1+/]/3 ). При
делении на —У 2 + iY 2 =2(cos 3jt/4 + tsin Зя/4)
вектор b следует сжать в два раза и повернуть по часовой
стрелке на угол Зя/4. Получим вектор р, который и
изображает число р.
Задача 7. Построить множество решений системы
ограничений
T<arg
5<
г (1 + 0 ^ JL- \
-1 + i ^ 3 ' '
(г+1+0(3-4()_|
VT
+ 1
(1)
Решение. Используем тот факт, что аргумент
произведения равен сумме, а аргумент частного — разности
аргументов. Для второго неравенства применим аналогичное
предложение для модулей: модуль произведения равен
произведению, а модуль частного — частному модулей.
Получим систему:
-^-<argz + arg(l + 0 — arg(—1 +t)<-^-
о о
5<
|г + 1+ЩЗ-4»|
<10.
(2)
Вычислив в системе (2) аргументы и модули, получим
следующую систему:
я/6 < arg г + я/4 — Зя/4 < яШ /оч
5<|г+ l + t|5/2<10.J К)
В системе (3) ко всем членам первого неравенства прибавим
я/2, все члены второго неравенства разделим на 5/2.
Получим следующую систему:
2я/3<а^г<5я/6;1
2<|z-(-l-0|<4.j
(4)
Рис. 20.
В системе (4) решения первого
неравенства изображаются
сектором, ограниченным лучами 2я/3 и
•5я/6, включая сами лучи (рис. 20).
Решения второго неравенства
заполняют кольцо между окружностями
радиусов 2 и 4 с центром в точке
— 1 — 1. Пересечение заштриховано.
126

Тест 26 для самоконтроля
1. Известно, что точки координатной плоскости
изображают комплексные числа. Укажите верные и неверные
предложения.
1.1. Точки оси Ох изображают все комплексные числа, аргумент
которых равен я.
1.2. Точки положительной части оси Оу
изображают все комплексные числа,
аргумент которых равен я/2.
1.3. Точки отрицательной части оси Оу
изображают комплексные числа, аргумент
которых равен Зя/2.
1.4. Точки, симметричные относительно
оси Оху изображают сопряженные
комплексные числа.
1.5. Точки, симметричные относительно
оси Оу, изображают сопряженные
комплексные числа. Рис. 21.
2. Укажите верные и неверные утверждения.
— In я \
2.1. У 2 I cos— — i sin — I — тригонометрическая форма
комплексного числа 1 — i.
2.2. Аргумент комплексного числа У 2 (cos — — i sin — ) равен —.
2.3. Геометрическая интерпретация комплексного числа Y~^ (cos— —
я \
— /sin— дана на рис. 21.
4 /
2.4. Аргумент комплексного числа V 2 (cos— — t sin — I равен
У
0
-/■
7я/4.
2.5. Комплексные числа Y 2 (cos— — i sin —) и V 2 (cos — +
\ 4 4 / \ 4
+ i sin — ) имеют одинаковый аргумент.
Домашнее задание
1. Запишите в тригонометрической форме комплексные числа: —5
3; 2i\ -V"T - i\ -2 + i.
2. Комплексное число г имеет модуль 2. Возьмите на плоскости
точку z и постройте точки —4z; 2 + z; — 1 + 3z; zi.
3. Постройте множество решений системы ограничений
arg (zi) = я/4; \
5< | 5(2-2+ 30 |< Ю.J
127

ЗАНЯТИЕ 27
ОПЕРАЦИИ НАД КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ
В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКОЙ ФОРМЕ.
ДВУЧЛЕННЫЕ УРАВНЕНИЯ
Вопросы к занятию
1. Какие операции и как выполняются над
комплексными числами в тригонометрической форме?
2. Формула Муавра и ее применение для выражения
косинуса и синуса кратных углов.
Литература: [7], с. 166—171; [6], с. 106—115.
Образцы решения задач
Задача 1. Вычислить <' ~ 'У^-О + ^~? .
(-1+012
Решение. Переведем числа в тригонометрическую
форму и применим формулу (г(cos <р + i sin ц>))п = rn (cos Пф +
+ tsinmp). Получаем: (l—1]/"3 )12= (2 (cos—я + i x
X sin—^W2=2I2(cos20^ + tsin20^) = 2I2(cos0 + tsin'0) = 212;
(1 + I VTf = (2 (cos — + i sin —))6=26(cos 2n+i sin 2я) =
= 26; (— 1 + 012 = (2 [cos —я + i sin —л))12 = 26 (cos 9я +
+ i sin 9я) = 26 (cos я + t sin я) = —26.
Итак, (212 — 2е) / (—2е) = — 2е + 1 = —63.
з
Задача 2. Найти значения \/ 2 — 21 и изобразить их на
плоскости.
Решение. Переведем подкоренное число в
тригонометрическую форму и применим формулу
V 7 Г""^ Г" п/ / Ф + 2£я ... m -I- 2kn \
у г (cos у + tsin9) = у г cos-LJ h t sin -=-—i ),
\ n n I
k = 0, 1, 2, ..., n —1.
Получаем 2 — 2i = ]/T" (cos (7 я/4) + i sin (7 я/4)) и fo—2i =
1^"7Г/Л 7 я/4 + 2Ь . . . 7 я/4 + 2Ь \ , ^ i о
= ]/ 2 cos——- \-isin—'—^- \ k = Q, l, 2, или
\ з з /
128

V 2-2* = VT(cos 7 + 8k л + isin 7+i8k я).
Окончательно^ = KT (cos (7 я/12) + i sin (7 я/12)) (рис. 22);_fi =
= К2 (cos(5я/4)+ isin(5я/4)) = — 1— i; С = V 2 x
X (cos (23 я/12) + i sin (23 я/12)).
3 —
Задача З. Найти значения у \ и изобразить их на
плоскости.
Решение. Запишем
/" 1 = у' cos 0 + i sin 0 =
= cos—— + t sin——, k = 0, 1,2. Имеем: 4=cos0+i sin 0=
о о
= 1 (рис. 23); В = cos (2я/3) + i sin (2я/3) = -—- + I ^ 3 ;
С = cos (4я/3) -ft sin (4я/3) = —- — i "^ 3 .
У
/ /
" \Д"
^v->-
I
\ \
]Ус*
^У
в
/
I
с
0
Sv -
^ •*■
Рис. 22.
Рис. 23.
Замечание. Треугольники ABC на рис. 22 и 23 правильные, их
центры лежат в начале координат. Если треугольник, изображенный на
рис. 23, повернуть на 7я/12 и гомотетично увеличить в У 2 раз" с
центром гомотетии в начале координат, то получится треугольник,
вершины которого изображают корни из числа.2 — 2/. Но поворот вектора,
изображающего некоторое число,, на-угол 7я/12 и растяжение его в У 2
раз равносильно умножению на число У 2 (cos(7jt/12) -f i sin7n/12)).
Поэтому все корни кубические из числа 2—2i получаются из корней
кубических из единицы умножением на одно из значений У 2—21'.
Задача 4. Зная, что (1 + if = —2 + 2i, вычислить все
корни кубические из —2 + 2i.
Решение. Используя ответ задачи 3 и замечание к ней,
з ———————
получаем; z\ = V —2 + 2i = 1 + i (умножение на
единицу); z2 = V- —2 + 21 = (1 +j) (—1/2 + iV3/2 ) = (—1/2 —
- /"3/2 ) + (—1/2+"|/~3/2 ) i; z3 = V —2 + 2i = (1+ i) x
x(—1/2 — iV 3/4 ) = (—1/2+1/ 3/2 ) + (—1/2— V№)i.
5 Зак. 1684
129

Задача 5. Выразить соэЗф через costp и sintp.
Решение. Возведем в куб выражение coscp + tsincp
дважды: по формуле Муавра и по формуле бинома
Ньютона. Затем применим условие равенства двух комплексных
чисел: (cos <р + i sin ф)3 = cos 3<р + i sin Зф = cos3 ф — 3 cos ф х
X sin2 ф + i (3 cos2 ф sin ф — sin3 ф); cos Зф = cos3 ф — 3 cos ф X
Xsin2<p. Одновременно получим sin3(p = 3cos2(psin(p—sin3(p.
Задача 6. Что можно сказать о множестве всех
комплексных чисел, модуль которых равен единице?
Решение. Модуль произведения равен произведению
модулей, поэтому множество таких чисел замкнуто по
умножению. Так как для обращения числа достаточно обратить
модуль и сменить знак аргумента на противоположный, то
множество данных чисел замкнуто относительно
нахождения обратного элемента. Применяя критерий подгруппы,
получаем, что числа с модулем 1 образуют подгруппу
мультипликативной группы комплексных чисел. Смежные классы
как и сама подгруппа на плоскости изображаются
концентрическими окружностями с центром в начале координат.
Так как умножение комплексных чисел коммутативно, то
подгруппам = ({z€C||s| = 1}, •) в группе не равных нулю
комплексных чисел является инвариантной. Нетрудно видеть, что
смежные классы перемножаются • как содержащиеся в них
положительные действительные числа (каждый смежный класс
содержит единственное положительное, действительное
число — пересечение окружности с центром в начале координат
с полуосью положительных действительных чисел). Таким
образом, фактор-группа AIM изоморфна мультипликативной
группе положительных действительных чисел (R+, •), где
Л = (С\{0}, •)•
Тест 27 для самоконтроля
1. Дано, что отношение двух комплексных чисел равно
i, т. е. zx/z2= i. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1 Аргументы чисел гх и z2 отличаются на я.
1.2. Аргументы чисел zx и z2 отличаются на—.
1.3. Аргументы чисел zx и z2 равны.
1.4. |z,| = |z2|.
1.5. Если г\ и z2 — сопряженные числа, то argZi = n/A.
2. Укажите верные и неверные предложения.
130

2.1. Точки прямой г/=1 изображают все комплексные числа вида
i+z, где г=г.
2.2. Точки прямой у= 1 изображают все комплексные числа вида
izt где 0<argz<Jt.
2.3. Точки прямой х=\ изображают все комплексные числа вида
1+2, где z имеет действительную часть, равную нулю.
2.4. Точки прямой у=х изображают все комплексные числа,
аргумент которых равен я/4, и число z = 0.
2.5. Точки прямой у=х изображают все комплексные числа,
аргумент которых равен я/4 или 5я/4, и число z = 0.
Домашнее задание
з —
1. Покажите, что множество значений у 1 образуют
мультипликативную циклическую группу.
2. Вычислите: а) (-1 + i/ 3 )15/(1 - О20 + (-1 - i / 3 )15/(1 +
+ 020; б) л/ (1-о/(/"Г+0 ; в) V~\ г) $/^27.
3. Что можно сказать о комплексных числах, изображающихся на
плоскости точками одной прямой, проходящей через начало координат?
4. Выразите cos4<p через cos ф и sin ф.
ЗАНЯТИЕ 28
ВЕКТОРНЫЕ ПРОСТРАНСТВА. ПРОСТЕЙШИЕ СВОЙСТВА
ВЕКТОРНЫХ ПРОСТРАНСТВ. ПОДПРОСТРАНСТВА.
ЛИНЕЙНАЯ ОБОЛОЧКА СИСТЕМЫ ВЕКТОРОВ, ЛИНЕЙНОЕ
МНОГООБРАЗИЕ
Вопросы к занятию
1. Определение векторного пространства.
2. Простейшие свойства пространств над полем.
*3. Определение подпространства, критерий
подпространства.
4. Линейная оболочка системы векторов.
5. Линейное многообразие. t
Литература: [7], с. 174—179, 245—247, 250, 253; [4], с. 72—76,
91, 92, 96—99.
Образцы решения задач
Задача 1. В множестве всех двумерных векторов R2 =
■■= {(а, Ь) | а, Ь 6 R} над полем действительных чисел обычным
образом определена операция сложения, но несколько иначе
определено умножение вектора на число: (Va£R)
(V (а, Ь) 6 R2) [а * (а, Ь) = (а • а, Ь)] (на число умножается
Б*
131

только первая координата). Определить, образует ли R2
над полем действительных чисел относительно этих двух
операций векторное пространство.
Решение. То, что (R2, +) является коммутативной
группой, нам известно из свойств арифметического
векторного пространства. Осталось проверить, обладает ли
операция * следующими свойствами: коммутативностью,
ассоциативностью при умножении на два числа, нейтральностью
единицы при умножении, дистрибутивностью *
относительно сложения векторов, дистрибутивностью *" относительно
сложения чисел.
Получим: (Va £ R) (V (а, Ь) 6 R2) [а * (а, Ъ) = (а, Ь) * а],
так как (Vcc, a£R) (a . а = аа); (Va, P6R)(V(a, fc)€R2)
[а*(Р*(а, &)) = (а • Р) *" (а, &)], так как (Va, р, a£R)
[a(Pa)=»(a.p)a]; (V(a, b) 6 R2) [1* (a, 6) = (a,-6)], так
как (Va £ R) (1 a = a); (Va £ R) (V (a, 6), (c, d) 6 R2) [((a, 6) +
+ (<\ d)) * a = (a, 6) * a + (c, d) * a], так как (a + с) a = аа +
4- COL.
Но дистрибутивность * относительно сложения чисел
не выполняется: (а + Р) * (а, Ъ) = ((а + Р) а, Ь); а * (а, 6) +
+ Р * (а, 6) = (аа, Ъ) + фа,Ь ) = (аа + Ра, 26). При Ь ф О
Ьф2Ь, и поэтому (а + Р)*(а, 6)^= а* (а, &) + Р*(а> &)•
Итак, R2 относительно операции сложения векторов и
относительно внешней операции * не является векторным
пространством над полем действительных чисел, ибо не
выполняется дистрибутивность * относительно сложения
чисел.
Задача 2. Определить, является или нет векторным
пространством над полем действительных чисел множество
матриц вида ? i гДе а> by с — любые действительные числа,
относительно сложения матриц и умножения матрицы на
число. * ч
Решение. Так как матрицы одинакового размера
образуют относительно сложения коммутативную группу и
умножение матрицы на число удовлетворяет всем требованиям,
предъявляемым к умножению вектора на число, то множество
всех матриц размера 2x2 с действительными элементами
над полем действительных чисел образует векторное прост-
\а Ь]
ранство. Если матрицы вида
О с
образуют пространство, то
оно будет подпространством пространства всех матриц
размера 2x2.
Применим критерий подпространства: проверим замкну-
132

тость подмножества пространства относительно сложения
векторов и относительно умножения вектора на число.
Критерий срабатывает, так как сумма матриц, у которых на
одном и том же месте стоит нуль, есть матрица того же
вида, а при умножении матрицы на число все нулевые
элементы остаются без изменения.
Итак, указанное множество матриц над полем
действительных чисел образует векторное пространство.
Задача 3. Установить, является ли подпространством
арифметического пространства Rn множество всех
векторов, сумма координат которых равна: а) нулю; б) единице.
Ре ш е н и е. а) Пусть Lx есть множество всех векторов,
у которых сумма координат равна нулю. Применим
критерий подпространства. Пусть а= (аи а2, ..., ап) и b= (bu b2j
..., Ьп) из L\. Тогда ai + a2 + ... + an = bi + b2 + ... + bn = 0.
Следовательно, а + Ь также принадлежит Lh ибо {а\ + Ьх) +
+ (a2 + b2)+.„+ (an + bn) =0 + 0 = 0. Аналогично при любом
числе с &с опять принадлежит Lu ибо а\С+а2с + ... + апс =
= (ai + a2 + ... + an)c = 0-c=Q.
Итак, L\ является подпространством.
б) Пусть теперь а и b принадлежат L2, где L2 —
множество всех векторов, сумма координат которых равна 1, т. е.
a\ + a2 + ... + an = bi + b2 + ...+,bn=\. Тогда L2 не замкнуто
относительно сложения, т. е. а + Ь не принадлежит L2, ибо
(ax + bx) + {a2 + b2)+...+ {an + bn) = \ + \=2.
Итак, L2 не является подпространством.
Задача 4. Даны векторы из пространства R4: ai = (1, О,
О,-1);а2=(2, 1,1,0); а3=(1, 1, 1, 1); Ь= (1, 2, 3, 4).
.Записать общий вид элементов линейной оболочки
L= <ax, а2, а3>, а также общий вид элементов линейного
многообразия b + L.
Решение. Множество L состоит из всех линейных
комбинаций векторов ах, а2, а3, т. е. из векторов вида
ciai + ^2а2 + £заз> гДе с1» с2> сз — любые действительные
числа. Расписывая покоординатно, получаем: L = [(сг + 2с2 +
+ с3, с2 + с3, с2 + с3, — сх + с3) | сг, с2, с3 6 R}. Складывая
каждый вектор из L с вектором Ь, находим общий вид
элементов линейного многообразия b + L : b + с&х + с2а2 + с3а3,
где cv с2, с3 — любые действительные числа. Расписывая
покоординатно, получаем
b + L =-- {(1 + сх + 2с2 + с3, 2 + с2 + с3, 3 + с2 + с3, 4 — сх +
+ с3)\съ с2, c36R}. '
Задача 5. Образуют ли числа вида r(cos(<p + &jt) +
+ tsin(<p + &jt)), где ф фиксировано, a k — любое целое чи-
133

ело, пространство над полем чисел: а) действительных;
6) комплексных; в) рациональных (как обычно, г — любое
неотрицательное действительное, число, модуль числа)?
Решение, а) Комплексные числа над полем
действительных чисел образуют векторное пространство. Поэтому
к множеству чисел (a6C|arga= ф + kn, k£Z} применим
критерий подпространства. Применяя формулы приведения,
находим, что выражение cos (ф + kn) + i sin (ф + kn) при
любых значениях k принимает только два значения:
1) созф + ^тф, если k четное; 2) — созф — £этф, если k
нечетное. Поэтому rx (cos (y+kxrf+i sin (q>+k1n))+r2(cos(y+
+ k2n) +^']sin (ф + k2n)) = ± rx (cos ф + i sin ф) ± r2 (cos ф +
+ *|sin ф);= (±rt± r2) (cos ф + i sin <p).
Следовательно, сумма равняется | ±r{ ±r2\ (соэф-г-
+ isin<p) или |±Г!±г2| (cos(<p+n)+t'sin(<p+n)), если
±ri±r2<0. Этим доказана замкнутость данных чисел
относительно сложения. Замкнутость относительно умножения
на действительное число очевидна, ибо при этом аргумент
не изменяется.
Итак, в данном случае образуется подпространство.
б) Очевидно, что все комплексные числа над полем
комплексных чисел образуют векторное пространство, но
данные числа не удовлетворяют критерию подпространства,
ибо при умножении на комплексное число аргумент
множимого изменяется на аргумент множителя.
Итак, данные числа пространства не образуют.
в) Дословно повторяя все рассуждения из пункта «а»,
заменяя при этом поле действительных чисел на поле
рациональных чисел, получаем тот же вывод: данные числа
образуют пространство.
Тест 28 для самоконтроля
1. Пусть V—пространство направленных отрезков
плоскости, отложенных от начала координат (система
координат декартова). Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Множество всех векторов первого и второго координатных
углов образует подпространство.
1.2. Множество всех векторов, лежащих на оси Ох, образует
подпространство.
1.3. Множество всех векторов, лежащих на оси Оу, образует
подпространство.
1.4. Множество всех векторов, лежащих на оси >Ох и на оси Оу
одновременно, образует подпространство.
1.5. Множество всех векторов, лежащих на оси Ох или на оси Оу,
образует подпространство.
134

1.6. Линейная оболочка всякого ненулевого вектора первого
координатного угла — все векторы этого угла (включая векторы на осях
координат).
1.7. Если один ненулевой вектор принадлежит первому
координатному углу, а второй ненулевой вектор — второму координатному углу,
то их линейная оболочка — все векторы верхней полуплоскости.
1.8. Если один ненулевой вектор принадлежит первому
координатному углу, второй ненулевой вектор — четвертому координатному углу,
но не лежит ни на одной из осей, то их линейная оболочка — все
пространство V.
1.9. Если вектор а ненулевой, то его линейная оболочка —
множество всех векторов прямой, проходящей через начало координат и
имеющей направляющим вектором вектор а.
1.10. Линейная оболочка двух любых неколлинеарных векторов —
все пространство V.
1.11. Линейная оболочка двух различных ненулевых векторов из
первого координатного угла есть множество всех векторов первого и
третьего координатных углов.
Домашнее задание
1. Являются ли следующие множества матриц линейными
пространствами над полем действительных чисел:
а){[°2]|°. »€*}: «> {[JaJ|a, Ь, c€R}?
2. Каким должно быть число а, чтобы множество [а] было
линейным пространством над полем действительных чисел?
3. Установите, является ли множество всех действительных чисел
подпространством: а) пространства комплексных чисел над полем
действительных чисел; б) пространства комплексных чисел над полем
комплексных чисел; в) пространства комплексных чисел над полем
рациональных чисел.
ЗАНЯТИЕ 29
ЛИНЕЙНАЯ ЗАВИСИМОСТЬ И НЕЗАВИСИМОСТЬ СИСТЕМ
ВЕКТОРОВ. БАЗИС И РАЗМЕРНОСТЬ ПРОСТРАНСТВА
Вопросы к занятию
1. Определение линейно зависимой и линейно
независимой систем векторов.
2. Свойства, признаки линейной зависимости.
3. Ранг системы векторов, размерность пространства.
Литература: [7], с. 247, 256—263; [4], с. 77—82.
135

Образцы решения задач
Задача 1. Найти размерность подпространства L\
арифметического векторного пространства Rn из задачи За
занятия 28 (сумма координат каждого вектора равна нулю).
Решение. / способ. Чтобы вектор содержался в
подпространстве, достаточно среди его координат взять 1, — 1,
а остальные положить равными нулю. Построим такую
ступенчатую систему векторов, у которой — 1 будет стоять
последней координатой:
(1, 0, 0, ..., О, —1)
(О, 1, О,
(О, 0, 1,
О, -1)
О, -1)
(1)
(О, 0, 0, ..., 1, -1)
Система (1) линейно независима, все ее векторы содержатся
в L\. Следовательно, L{ имеет размерность п— 1, так как
большей размерности собственное' подпространство иметь
не может. То, что Lx собственное подпространство, следует
из того, что существуют векторы, сумма координат
которых не равна нулю. Система (1) есть база Lx.
II способ. Все векторы подпространства Lx являются
решениями системы линейных однородных уравнений,
задающей подпространство. В данном случае эта система
состоит из одного уравнения: Xi+x2+x3 + ... + xn = 0. ^
качестве базиса L\ можно взять фундаментальный набор
решений уравнения. Так как имеется п— 1 свободных
неизвестных, то фундаментальный набор решений будет содержать
п— 1 векторов.
/// способ. Первые п — \ координат произвольного
вектора подпространства L{ можно брать произвольно, а
последняя координата равна сумме всех предыдущих, взятой
с противоположным знаком. По числу произвольно
выбираемых координат произвольного вектора и вычисляется
размерность подпространства, т. е. она равна п— 1.
Задача 2. Найти базис и размерность пространства
матриц второго порядка над полем действительных чисел, а
также его подпространства из задачи 2 занятия 28.
Решение. Одним из базисов этого пространства
будет
*-[A8fc
Л2 =
О 1
О 01'
Аа =
0 0
0 1
Эти матрицы линейно независимы, ибо матрицу
0 0
1 0
"О 0
0 0
мож-
136

но получить как лийейную комбинацию матриц А1у А2, А3, Л4
только с помощью нулевых коэффициентов:
ГО 01
Mi + с2А2 + с3А3 + с4Л4 =
сг с2
0 0
т. е. все с равны нулю. Кроме того, любая матрица
второго порядка есть линейная комбинация взятых матриц:
#11 #12
La21 #22
= anAx + а12А2 + #22^з + #21^4-
Следовательно, размерность этого пространства равна
4. Очевидно, что матрицы Аи А<2, А3 образуют базис
подпространства тех матриц, у которых в левом нижнем углу
стоит нуль, т. е. это подпространство имеет размерность,
равную 3.
Задача 3. Найти размерность и базис линейной
оболочки, натянутой на векторы: ai=(l, lj, 1, 1, 0); а2=(1, 1, — 1,
- 1, -1); а3= (2, 2, 0, 0, - 1); а4= (1, 1, 5, 5, 2); а5= (1, - 1,
-1,0,0).
Решение. Размерность подпространства L = <аь а2, а3,
а4, аб> совпадает с максимальным числом линейно
независимых векторов порождающей системы ах, а2, а3, а4, аб и
потому равна рангу матрицы, составленной из координат
этих векторов, как из строк. Подвергнем элементарным
преобразованиям только строки полученной матрицы. Тогда
новые строки матрицы опять будут векторами той же
линейной оболочки:
1 1 |_1| 01
1 —1 —1 —1
2 0 0—1
15 5 2
-1 —1 0 0
1 1
0 0
1 1
2 2
2 2 0 0 ^Т
—4—4 0 0 2
1 —1— 1 0 0
1
2
0
0
1 1
1 1
0 0
0 0
0 0
-1| 0
0
—1
0
0
0
~
о
2
0
0
0 1
0 0
о о
о о
1—1—10
oj
—1|
0;
о
о
Итак, размерность равна 3, и в качестве базиса можно
взять векторы, стоящие в ненулевых строках последней
матрицы: (2, 0, 0, 1, 0), (2, 2, 0, 0, -1), (1, -1, ,-1, 0, 0).
Нетрудно проследить, что система трех векторов получена
137

элементарными преобразованиями системы аь а2, as, т. е.
эту систему можно взять в качестве базиса всей линейной
оболочки. *
Тест 29 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения..
1.1. Система векторов векторного пространства является его
базисом, если линейная оболочка этой системы векторов совпадает со всем
пространством. •
1.2. Система векторов векторного пространства является его
базисом, если она линейно независимая и ее линейная оболочка совпадает
со всем пространством.
1.3. Система векторов векторного пространства будет его базисом,
если всякий вектор пространства единственным образом выражается
через векторы этой системы.
1.4. Система векторов векторного пространства является его
базисом, если она линейно независимая и всякий вектор пространства
линейно выражается через векторы этой системы.
1.5. Система векторов векторного пространства является его
базисом, если всякий вектор пространства хотя бы одним образом
выражается через эту систему.
2. Пусть V — векторное пространство над полем Р.
Тогда всякая подгруппа V\ аддитивной группы V будет
подпространством пространства V. Укажите верные и
неверные рассуждения.
2.1. Утверждение верно, так как если Vi — подгруппа, то в Vi
замкнуты операции сложения векторов и умножения векторов на число.
2.2. Утверждение неверно, так как в подмножестве векторного
пространства не всегда замкнута операция умножения вектора на число.
2.3. Утверждение верно, так как в подгруппе, как и в
подпространстве, всегда определены операции сложения и вычитания векторов.
2.4. Утверждение верно, так как если Vi — подгруппа, то О £ V±
и (Va £ Vi) (— а £ Vi); следовательно, Vi — подпространство.
2.5. Утверждение неверно, так как в пространстве R2 подмножество
векторов с целыми координатами является подгруппой относительно
сложения векторов, но не замкнуто по умножению на действительные
числа.
Домашнее задание
1. Докажите, что следующие множества арифметических векторов
образуют векторные пространства. Найдите их базис и размерность:
1) множество /г-мерных векторов, у которых координаты с четными
номерами равны нулю; 2) множество /г-мерных векторов, у которых
координаты с четными номерами равны между собой; 3) множество
/г-мерных векторов, у которых последние две координаты совпадают.
138

ЗАНЯТИЕ 30
ПЕРЕСЕЧЕНИЕ, СУММА И ПРЯМАЯ СУММА ПОДПРОСТРАНСТВ.
КООРДИНАТЫ ВЕКТОРА
Вопросы к занятию
1. Определение пересечения и суммы подпространств.
2. Теорема о размерности суммы подпространств.
3. Определение и критерий прямой суммы
подпространств.
4. Координаты вектора в базисе.
5. Методы установления линейной зависимости или
независимости системы векторов (см. занятие 13).
Литература: (7], с. 250—252, 265; [4], с. 83, 92—95.
Образцы решения задач
Задача 1. Пусть дано пятимерное векторное
пространство с базисом еь е2, ез, е4 е5. Найти координаты векторов
ег и x=3ei —ез + 2е4 в данном базисе.
Решение. Для того чтобы использовать при
вычислениях матричный аппарат, условимся, что векторы базиса
(или другую систему векторов) будем записывать в виде
строки и обозначать эту строку одной буквой без индексов,
т. е. е= (еь е2, ез> е4, es). Тогда линейную комбинацию этой
системы векторов можно записать в виде произведения
базисной строки на столбец коэффициентов линейной
комбинации, т. е.
х — (ei, e2, ез, е4, еб)
еХ,
где X будет обозначать столбец координат вектора х в
некотором базисе. Для. удобства записи этот столбец иногда
будем писать строкой. Таким образом, Хт =-- (3, 0,—1, 2, 0).
Вектор е2 имеет координаты (0, 1, 0, 0, 0).
Задача 2. Найти размерность и базисы подпространств Л,
Я, Л + В, Л Л В, где А= <аь а2, а3>, В= <bx, b2>
(линейные оболочки) и ах= (1, 1, —1), а2=(1, 0, —1), а3=(2, 1, —2),
bi = (1, 1, 0), Ь2 = (— 1, — 1, 1). Выяснить, какому из
подпространств принадлежит вектор х=(2, 0, —1).
139

Решение. Так как размерность линейной оболочки
совпадает с рангом порождающей системы векторов, то
расположим векторы в виде строк матрицы и приведем
матрицу к ступенчатому виду, пользуясь только строками.
Одновременно припишем снизу вектор х, однако разрешающих
элементов из низшей строки выбирать не будем, так как
неизвестно, принадлежит ли вектор х рассматриваемой
линейной оболочке. Имеем
1 1 —1
1 0 —1
2 1 —2
2 0—1
1 1
0 —1
0 —1
0 —2
— 1
0
0.
1
/^/ 1
1 1 —1
0—1 0
0 0 0
0 0 1
т. е. dim А =2, базис ах, а2 или ах и (0,-1, 0). Вектор х
не принадлежит А, ибо после его присоединения к
векторам аа, а2, а3 ранг системы увеличился.
Для подпространства В:
1 1
— 1 —1
0
-1
1
0
0
1
0
—2
0
1
— 1
_1
~
1 0
0 1
0—2 0
т. е. dim Б = 2, базис Ь1; Ь2 или Ьх и (0, 0, 1). Вектор х
не принадлежит В.
Для суммы А-\- В объединяем обе порождающие
системы векторов или (что проще) найденные базисы:
rl
1 —in rl
0 —1
1 1
о о
о —и
о о-
-1 0
о о
0 1
0 0J
rl
о
о
о
о о-
-1 0
о о
0 1
.0 0 0J
т. е. dim (А + В) = 3, А + В есть все пространство. Базис
Может быть набран из единичных векторов, но можно
взять ах, а2, bv Видно, что вектор х аннулировался, т. е.
х 6 А + В. Из теоремы о размерности суммы двух
подпространств следует: dim (А П В) = dim A + dim В — dim (А + В)=
= 2 + 2 — 3 = 1. Очевидно, что А П В не содержит вектор х.
Найдем вектор, порождающий А[\В. Он должен
одновременно выражаться через базис подпространства А и через
базис подпространства В, т. е. имеет место равенство угйг +
+ #2а2 = У&1 + ifobz» гДе \ji — неизвестные коэффициенты
линейных комбинаций. Распишем полученное векторное
уравнение по координатам, т. е. в виде системы линейных
уравнений: /~-
140

У1 + у* = Уз — у*Л
Ух =Уз — У*
—У1 — Уг= У*->
Решим эту систему уравнений методом Гаусса:
1
1
—1
<^/
1 —1 1
0 |-1| 1
— 1 0 —1_
~
"01 0 0]
10—1 1 |
|-11 0 0 -
-lj
<^*/
0 | 1 |
1 0
1 —1
0 1
0 0
— 1 0
0 0
—1 1
0 —1
0 0"
— 1 0
0 —1
Общее решение имеет вид: — ух = у4, у2 = у3 = 0. Это
означает, что, положив t/4 = с, получаем произвольный вектор
пересечения A f| В в виде — сах или в виде сЪ2. Так что
базисом А[\В может быть взят любой [из них, например ах.
Задача 3. Объяснить задачу 2 геометрически.
Решение. В трехмерном пространстве
подпространства А и В являются плоскостями, так как их размерность
равна 2. Пересечение их одномерно, т. е. является прямой,
сумма совпадает со всем пространством. Вектор х не лежит
ни в одной из этих плоскостей.
Задача 4. Представить пространство из задачи 2 в виде
прямой суммы своих подпространств, одно из которых
есть А.
Решение. Если из системы векторов, порождающих
подпространство В, исключить вектор Ь2, порождающий
пересечение А (] В, то оставшийся вектор Ьх породит
одномерное пространство, пересекающееся с подпространством А
только по нулевому вектору. Обозначим его через С. Тогда
сумма А + С является прямой и равна всему пространству,
ибо ранг системы ах, а2, Ъг равен 3. Геометрически это
«сумма» прямой и плоскости, пересекающихся в начале координат.
Тест 30 для самоконтроля
1. В пятимерном векторном пространстве два
подпространства размерностей, равных 2 и 3, имеют пересечение
размерности k. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. В любом случае & = 0.
1.2. В любом случае & = 1.
•1.3. В любом случае k=2.
1.4. (£ = 0) V (k= l) V (k = 2).
1.5. В любом случае &Ф0.
141

2. В трехмерном арифметическом пространстве
подпространство размерности k натянуто на все векторы, сумма
координат которых равна 1. Укажите верные и неверные
утверждения.
2.1.6=3.
2.2. k=2.
2.3.6 = 1.
2.4. (k = 2) V (k= 1).
2.5. £=£3.
3. В трехмерном арифметическом пространстве
подпространство размерности k натянуто на все векторы, сумма
координат которых равна нулю. Укажите верные и неверные
утверждения.
3.1. k=l. 3.4. (6 = 0) V (6 = 2).
3.2. 6=2. 3.5. 6=^2.
3.3. 6 = 3.
Домашнее задание
1. Установите, что векторы ai = (l, 1,-1), а2=(1, 0, 1), а3=(0, 0, 2)
образуют базис трехмерного арифметического пространства и найдите
в этом базисе координаты вектора Ь= ( 1, 2, 3).
2. Найдите размерность и базисы подпространств А, В, Л+Б, А П #,
где А натянуто на векторы ai=(l, 2, —1, —1), а2=(3, 1, 1, 1), а3 =
(—1, 0, 1, —1) и В натянуто на векторы bj = (2, 5, —6, —5), b2=( — l,
2, —7, —3). Выясните, в каком из этих подпространств содержится
вектор х=(2, 3, -6, -2).
3. Что можно сказать о подпространствах Л, Б, если Л + В = Л
и Л П В = В? Есть ли связь между этими равенствами подпространств?
/''
ЗАНЯТИЕ 31
МАТРИЦА ПЕРЕХОДА И ПРЕОБРАЗОВАНИЕ КООРДИНАТ
ВЕКТОРА ПРИ ЗАМЕНЕ БАЗИСА. ИЗОМОРФИЗМ ПРОСТРАНСТВ
Вопросы к занятию
1. Матрица перехода от одного базиса к другому, ее
ранг.
2. Связь координат вектора в различных базисах.
3. Изоморфизм векторных пространств одной
размерности над одним и тем же полем.
Литература: [7], с. 265—269; [4], с. 84—90.
142

Образцы решения задач
Задача 1. Пусть ei, e2, е3 образуют базис некоторого
пространства и пусть U! = 2ei + e2 —e3, u2 = 3ei — e2 + e3l, из = е3.
Доказать, что система и образует базис, и нарти матрицу
перехода от е к и.
Решение. Так как выражение векторов из и через
векторы из е нам дано, то можно составить матричное
равенство:
Г 2 £■ 3 0]
"-Ч-!"!?]-
Г 2 3 0]
т. е. (ult u2, u3) = (еь е2, е3) 1—10.
L-i 1 и
Поэтому и тогда и только тогда является базисом,
когда матрица
является невырожденной. Легко проверяется, что ранг этой
матрицы равен 3, т. е. она и является матрицей перехода
от базиса е к базису и.
Задача 2. В некотором базисе е следующие векторы
имеют координаты:
ui: (1,2,1), vi: (3,1,4), с: (1,0,3).
u2: (2,3,3), v2: (5,, 2, 1),
u3.: (3,7,1), v3: (1,1,-6),
Хч Доказать, что системы векторов и и v являются
базисами, найти матрицу перехода от и к v, вычислить
координаты вектора с в обоих базисах.
Решение. / способ. Установим изоморфизм данного
нам пространства с арифметическим трехмерным
пространством, положив ei—>■ (1, 0, 0), е2—►■ (0, 1, 0), е3—>■ (0, 0,
1). Тогда каждый вектор отобразится на тройку своих
координат в базисе е. В силу изоморфизма пространств все
расчеты можно провести в арифметическом пространстве,
отождествляя все векторы с их тройками координат в
базисе е. Выразим каждый вектор из системы v через систему и,
т. е. найдем матрицу X из равенства и-Х = \ или (более
подробно) из равенства (ub u2, щ)Х= (vu v2, v3). Видно, что
матрица X должна быть' квадратной третьего порядка, и
143

для ее нахождения надо решить три системы линейных
уравнений: 1) u1a:11 + u2X2i + u3a:3i = v1; 2) u1x12 + u2x22 +
+ U3*32 = v2; 3) ulXi3 + u2x23 + u3X33 = V3.
Все три системы записаны в форме уравнения с
векторными коэффициентами. Это уравнение принимает обычный
вид системы линейных уравнений после расписывания по
координатам. Левые части всех трех систем будут
отличаться только обозначениями неизвестных. Поэтому
объединим их в пакет систем линейных уравнений:
Г|1| 2 3
2 3 7
|_1 3 1
1 0
0 —1
0 0 |—
3
1
4
5
1
и
5 1]
2 1
1 -6.
—7 —
—5 -
—4 —
«=>
11 -
-8 -
12 -
1
о!
-Г
-1
-8
2
-11
1
«=>
3
1
'—2
"1 0
0 1
[0 0
0
0
1
3 5 1
-5 —8 —1
1 -4 -7.
—27 —71
9 20
4 12
1
—41
9
8
Как видно, система и линейно независима, ибо матрица
ее координат (левая часть пакета) после элементарных
преобразований приведена к единичной. Аналогично
проверяется линейная независимость системы векторов v.
Первый столбец стоящей в правой части матрицы в
последней записи пакета — тройка координат вектора V\ в
базисе и, второй столбец — тройка координат вектора v2,
третий — v3. Поэтому вся матрица, стоящая справа в
последней записи пакета, есть матрица перехода от базиса и к
базису v:
Г—27 —71 —4Г
(ulf u2, u3) 9 20 9 I = (vlf v2, v3),
L 4 12 8.
т. e. u T=v, где T — матрица перехода.
Вычислить координаты вектора с в базисе и можно
было одновременно с определением матрицы перехода Т. При
этом в правую часть пакета приписываем еще один
столбец — тройку координат вектора с в базисе е. Так как в
нашем случае это не было сделано, решим отдельно систему
линейных уравнений:
2 31 П Г1 0
1 1 —2 ~ 0 —1
1 — 2 2 J L0 0
а-
Hi-
П Г1 С
-2 «0-1
2J Lo с
Г1 О 01—31
0 10 2 .
Lo о 1 oJ
oJ
144

Итак, с
41
Аналогично вычисляется с
-и
// способ. Легко написать (см. задачу 1) матрицы
перехода от е к и и от е к v, взяв их столбцами тройки координат
соответствующих векторов в базисе е:
"12 3"
2 3 7
Ll 3 1.
Г
, v= e
L
3 5
1 2
4 1
1
1
—6
u = e
т. е. более коротко п = еА и v = eB. Так как е по условию есть
базис, то и и v являются базисами, если матрицы А и В
невырожденные. Эту проверку оставляем читателю. Из
равенства и = еЛ следует е = иЛ-1. Подставив это в равенство v =
= еВ, получим у = иА~1В. Теперь видно, что матрица А~1В =
=Х есть матрица перехода от и к v. Умножив последнее
равенство слева на Л, запишем АХ=В. Найденное матричное
уравнение, где неизвестным является искомая матрица
перехода, решим, как пакет систем линейных уравнений, что
и было проделано в первом варианте решения. Найдем
теперь координаты вектора с в базисах и и v. Дано
И U
еЛ, т. е. е = иЛ-1. Подставим последнее в
выражение с = еС, где С обозначает столбец координат с в
базисе е, получим с = и Л-1 С. Поэтому A~lC = Y есть
искомый столбец координат вектора с в базисе и. Последнее
уравнение равносильно AY=C, т. е. системе линейных
уравнений, которая и была решена в первом варианте:
Аналогично получается
К
-11
-в
где с = v/C. Для проверки удостоверимся, что столбцы К
и У координат вектора с в базисах и и v связаны матрицей
перехода ХК = Y:
Г—27 —71 —41"
9 20 9
L 4 12 8J
>][:!]-["I
145

т. е. ТК= У, где Т матрица перехода от и к v. Действительно,
c = v/C и v = uT приводит к с = иТК. С другой стороны, с=иУ.
В силу единственности выражения вектора с через базис и
получаем из иГ/С = иУ, что TK=Y.
Тест 31 для самоконтроля
1. Линейно независимые векторы щ : (1, 2, — 1), и2: (1,
1, — 1), и3: (2, 1, 1) заданы своими координатами в базисе
еь С2, е3. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1, Матрица
1 1
2 1
-1 —1
есть матрица перехода от базиса е к базису и.
1.2. Матрица перехода от базиса (е2, еь е3) к базису и имеет вид:
1,3. Матрица
есть матрица перехода от базиса (elf e3, е2) к базису и.
1.4. Матрица перехода от базиса (е2, еь е3) к базису (и2, и1э и3)
записывается так:
Г 1
1
L—1
Г 1
—1
L 2
1
2
—1
1
* — 1
1
21
1
lj
21
1
1
.5. Матрица
Г1
1
2
—1
1
1
2
1
-1
11
2
lj
-11
2
1J
является матрицей перехода от базиса (е3, е2, е{) к базису (u3, u2, Ux).
2. Матрица перехода от базиса е к базису и имеет вид
} j . Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Если (3, 2) —координаты вектора в базисе и, то (1, 1)
—координаты этого вектора в базисе е.
2.2. Если (3, 2) —координаты вектора в базисе и, то ( — 1, 4)
—координаты этого вектора в базисе е.
2.3. Если (3, 2) —координаты вектора в базисе е, то (1, 1)
—координаты этого вектора в базисе и.
2.4. Если (3, 2) — координаты вектора в базисе е, то (7, 5) —
координаты этого вектора в базисе и.
2.5. Если (3, 2) —координаты вектора в базисе е, то (5, 8)
—координаты этого вектора в базисе и.
146

Домашнее задание
1. Системы векторов е и и и вектор х даны своими координатами в
некотором базисе:
е1: (1,2, -1, -2),е2: (2,3,0, -1),е3: (1,2, 1, 4),е4: (1,3, -1,0);
щ: (5, 10, -1, 1), и2: (4, 7, 0, 2), и3: (3, 5, -1, -3), и4: (1,2,-1,
-2);
х: (7, 14, -1,2).
Проверьте, являются ли системы векторов е и и базисами, вычислите
координаты вектора х в базисах е и и, определите матрицу перехода от
е к и.
2. Изоморфны, ли пространства R2 и ||q Jjl |a, Ь£Ю над полем R?
ЗАНЯТИЕ 32
ЕВКЛИДОВО ПРОСТРАНСТВО, ОРТОНОРМИРОВАННЫЙ
БАЗИС, ПРОЦЕСС ОРТОГОНАЛИЗАЦИИ
Вопросы к занятию
1. Скалярное произведение векторов, свойства.
2. Евклидово пространство, изоморфизм евклидовых
пространств.
3. Ортогональная система векторов.
4. Ортонормированная система векторов.
5. Необходимое и достаточное условие ортонормирован-
ности базиса.
6. Процесс ортогонализации.
Литература: [7], с. 270—273, 276—279; [4], с. 101—104, 106—
109, 114, 115.
Образцы решения задач
Задача 1. Станет ли арифметическое пространство R2
евклидовым, если скалярное произведение ввести по
формуле x-y=|*i| Ы + ЫЫ, где х=(хи х2)\ у={Уи У2).
Решение. Нет, так как не выполняется
дистрибутивный закон скалярного умножения относительно сложения
векторов. Например: х=(1, 1), у = (— 2, —2), р=(3, 3),
(х+у)р= 11 —2| 3 + 11-2| 3 = 6, х-р= 1-3+1-3 = 6, у-р =
= |-2|3+|-2|3=12, т. е. х-р + у-р= 18^= (х + у) -р = 6.
Задача 2. Пусть x = 2ei + 3e2 —Зе3 и у = е5 —2е3, базис е
ортонормированный. Вычислить х-у и длины векторов |х| и
|у|-
147

Решение. Так как базис е ортонормированный, то
ek • е^ = 1, едг • е« = 0 при кфп. Поэтому х • у = 2ei • es —
— 4 ei • ез + Зег • es — бег • ез — Зез • es + без • ез = 6, ибо
все слагаемые, кроме последнего, равны нулю. Далее, |х| =
= У1Г^У т. е. |х|_= ]/22 + 32 + (-3)2 = 1/22, |у| =
= V(— 2)2 + I2 = V 5 .
Задача 3. Найти нормированный вектор, ортогональный
векторам а1= (1, 1, 1), а2=(1, -1, -1), а3= (2, 1, 1) из
арифметического трехмерного пространства.
Решение. Искомый вектор х удовлетворяет
уравнениям: |х| = 1, x-ai = 0, x-a2 = 0, х-а3 = 0. Распишем по
координатам, считая, что х= (хь х2> х3) и что базис составляют
векторы (1, 0, 0), (0, 1,0), (0, 0, 1), т. е. что базис
ортонормированный 'и скалярное произведение высчитывается по
простейшей формуле. Получим
Х1 Н~ Х2 "Ь Х3 == 0
ХХ Х2 Х3 == ^
ZX\ -\- Х<% ~\~ Х$ ^ \)
Х2{+Х22 + х1=1,
Первые три уравнения решим методом Гаусса и подставим
полученное решение в последнее. Тогда *i=u, 1 и П0(>
х2 — X3i)
ле подстановки найдем 2л|= 1. Ответ: х = (0, MY 2,
-l/V~2).-
Замечание. Очевидно, что вектор противоположный
найденному, тоже удовлетворяет задаче, т. е. -лг = (0, —\IV 2 , \IV 2 )
ортогонален всем векторам, которым ортогонален х, и длина его тоже
равна 1. /
Задача 4. Найти ортонормированный базис
линейной оболочки векторов: ai=(2, 1, 3, —1), а2=(7, 4, 3, —3),
а3=(1, 1,-6,0),а4=(5,7,7,8).
Решение. Найдем базис линейной оболочки:
2 1
7 4
1 1
5 7
3
3
—6
7
ЫП
—3
о ■
8
/^S
2 1
ГЛ. 1
1 1
1 21 15
3
—6
—6
31
—1
ooo
/я*^
2
1
0
i.o
1 3
.1 —6
0 0
—6 157
-1
ooo
Ранг равен 3, базис аь а2, а4. Применим к базису процесс
ортогонализации: Ьх = ai; b2 = a2 + &2ibi. Вычислим теперь
148

brb2 и приравняем нулю: bi-a2 + &2ibi-^ = 0. Затем найдем
коэффициент k2\:
bi • а2 _ н + 4 + 9 + 3
*2l
2.
bi • Ъг 4+1+9+1
Поэтому b2=(7, 4, 3,-3) —2(2, 1, 3, — 1) = (3, 2, — 3, — 1),
b3 = a4 + k31b± + k32b2. Умножим по очереди b3 на bx и b2
и приравняем результаты к нулю. При этом учитываем,
что Ьх • Ь2 = 0. Получим а4 • bx + *3ibi • bx = 0, т. е. k31 =
а4-Ьх 10 + 7 + 21—8 0 п u .
= —- = -L--L = — 2. Далее, а4 • Ь2 +
bl.bl 4+1+9+1 ^ 4 . 2ПГ
+ £32Ь2 • b2 = 0, т. е. k32 = - *t^ =- 15+14-21-8 =0.
32 2 2 32 Ь2 • Ь2 9 + 4 + 9+1
Итак, Ь8 = (5, 7, 7, 8)-2 (2, 1, 3, -1) = (1, 5, 1, 10).
В итоге получаем ортогональный базис линейной оболочки
^=(2, 1, 3, -1), Ь2=(3, 2, -3, -1), Ь8=(1, 5, 1, 10).
Нормируем каждый вектор этого базиса: с1=(2/|/15,
I/VIS^/VIS, —l/УЩ с2 = (3//23", 2/^23, -3/J/23"!
— 1/1/23); с3=(1/|/127, 5// 127, 1/1/ 127", 10// 127).
Векторы съ с2, с3 образуют ортонормированный базис.
Задача 5. В двумерном векторном пространстве
скалярное произведение для векторов базиса и = (их, и2) задано
следующим образом: и2\ = 4, Ui • u2 = — 2, u2 = 9.
Требуется: а) найти формулу для вычисления скалярного
произведения по координатам векторов в базисе и; б) определить
базис этого пространства, в котором то же скалярное
произведение задается простейшей формулой: если х = axex +
+ а2е2 и у = b&i + b2e2, то х • у = axbx + a2b2.
Решение. Вычислим х • у, используя дистрибутивность
скалярного умножения векторов относительно сложения
векторов. Пусть х = х^ + х2и2 и у = ухщ + у2щ. Тогда
х • у = xif/iti? + Х1У2П1 • Щ + х2у\Щ • uj + х2у2 • U2 ^= 4 ххух —
— 2хху2 — 2х2у\ + 9*202-
а) Итак, формула, по которой в базисе и вычисляется
скалярное произведение по координатам векторов, имеет
вид: Х'у=4х1У1-2х1у2-2х2у1 + 9х2у2-
б) Для отыскания базиса, в котором скалярное
произведение вычисляется по простейшей формуле, подвергнем
базис и ортогонализации и затем нормируем его. Так как
\щ\ = У 4 = 2, то пусть ех = —. Пусть вектор а = щ +
+ Хи2. Положим иха = 0. Отсюда Х= 2 и а = их + 2щ. Так
как^ длина вектора а равна у а2 = V u? + 4uiU2 -Ь 4и1 =
149

= V^ — 8 + 36 = ]/32 , положим е2 = a/j/32 = (ux +
+ 2u2)/|/32. _
Итак, e1=u1/2, e2 = (i*i + 2u2)/j/32 есть ортонормиро-
ванный базис. В любом ортонормированном базисе скалярное
произведение вычисляется по простейшей формуле.
Проверим это для базиса е. Очевидно, что е = иЛ, где А =
1/2 1/к 32 поэтому и=еЛ-1. Тогда координатами
О 2/J/32J
вектора х в базисе е является столбец Л-1 \Xl , где хъ х2—
координаты х в базисе и. Обращаем матрицу А и записываем
х = е [I ~ LJ М = ех (2хг - х2) + е22 К"2~х2.
[О 2у 2 \ 1х%\
Аналогично получаем у = е1(2у1 — у2) + ё22уг 2 #2. Тогда
х . у = (2хх — х2) (2ух — у2) + (2 "|/~2")2 х^. После упрощений
х • у = 4^!^ — 2х1у2—2х2у1 + Эх^. Так как получилась
та же формула, что и в пункте «а», то базис е был
вычислен верно.
Тест 32 для самоконтроля
1. Пусть х=(хи х2), У=(Уи Уъ) есть произвольные
векторы арифметического пространства R2, заданные своими
координатами в некотором произвольном базисе. Это
пространство будет евклидовым, если скалярное произведение
ввести по следующим формулам (укажите верные и
неверные утверждения).
1.1. х-у=х1у1+2х2у2.
1.2. х-у=2х{ух+х2у{.
1.3. х-у=ххух-х2у2.
1.4. х-у=х1+х2+у1 + у2.
1.5. х-у=(х1+х2)(у1+у2).
2. Установите; какой из следующих базисов
арифметического двумерного векторного пространства R2 является
ортонормированным.
2.1.а1 = (-1,0),а2=(0, -1).
2.2. а, = (О, 1), а2=(-1, 0). _
2.3. ах = (1/2, V 3 /2), а2 = {V 3 /2, -1/2).
2.4. ai=(l, -1), а.= (1, 1).
2.5. ai = (2/3, уНГ/з), а2= (-2/3, /Т/з).
150

Домашнее задание
1. Найдите нормированный вектор, ортогональный векторам (1, 3,
1,2), (-2, 1, 1,2), (2, 1,0, 1).
2. Вычислите ортонормированный базис линейной оболочки
векторов (1, 2, 1, 3), (4, >, 1, 1), (3,1, 1,0), (2, 2, 1,4).
ЗАНЯТИЕ 33
ИЗОМОРФИЗМ ЕВКЛИДОВЫХ ПРОСТРАНСТВ.
ОРТОГОНАЛЬНОЕ ДОПОЛНЕНИЕ К ПОДПРОСТРАНСТВУ.
ФУНДАМЕНТАЛЬНЫЙ НАБОР РЕШЕНИЙ СИСТЕМЫ
ЛИНЕЙНЫХ ОДНОРОДНЫХ УРАВНЕНИЙ
Вопросы к занятию
1. Условие изоморфизма евклидовых пространств.
2. Ортогональное дополнение к подпространству.
Взаимно ортогональные подпространства.
3. Фундаментальный набор решений системы линейных
однородных уравнений как базис пространства решений
системы.
Литература: [7], с. 280—281, 273—275; [4], с. 109—113.
Образцы решения задач
Задача 1. Для подпространств Lx = <alf a2>, L2= <a2, a»>
трехмерного арифметического пространства, где ах = (1, 0, 0),
а2=(0, 1, 0), а3=(0, 0, 1), построить отображение,
подтверждающее их изоморфизм как евклидовых пространств.
Решение. Очевидно, что оба подпространства
двумерные и поэтому изоморфные. Так как для изоморфизма
евклидовых пространств достаточен их изоморфизм как
линейных пространств, то Lx и L2 изоморфны как евклидовы
пространства. Очевидно, что порождающие векторы в обоих
подпространствах образуют ортонормированные базисы.
Поэтому достаточно отобразить один базис на другой
произвольным образом, а затем распространить это
отображение на линейные комбинации базисов с совпадающими
коэффициентами. Например, пусть ai ->a3, а2->а2. Тогда для
любых действительных с, d, m, n
са.\ + da.2 —►■ саз + da2;
та.\+па.2 —►■ таз + па2,
151

т. е. {с, d, 0) —* (0, d, с) и (т, л, 0) —* (0, л, т). Оба
базиса ортонормированные, поэтому легко вычислить
скалярное произведение пары векторов из Lx и скалярное
произведение пары их образов. Так как cm + dn + 0 = 0 + dn + cm, то
видно, что построенное отображение Lx -—►■ L2 сохраняет
скалярное произведение, т. е. является изоморфным
отображением евклидовых пространств.
Задача 2. Найти базис ортогонального дополнения к
линейной оболочке системы векторов ах = (—2, 1, 0, 0),
а2=(-1, 0, -1, 1), а8=(-3, 1, -1, 1).
Решение. Пусть А = <ах, а2, а3> и А1 есть
ортогональное дополнение к подпространству Л. Тогда.для любого
х £ А1 и любого а £ А верно а • х = 0. В частности,
ах. х= 0;|
а2 • х = 0;
а3 • х = 0.J
Положим х = (х19 х2, х3, х4) и распишем подробно
последнюю систему равенств:
—2х1 + х2 = 0;)
—#i — *з ~h *4== 0; |
оД^-рД^ ДС3 I" -^4 == ^*'
Ортогональное дополнение Л1 есть пространство
решений этой системы линейных однородных уравнений, т. е.
Л1 будет натянуто на фундаментальный набор решений как
на базис. Вычислим фундаментальный набор решений:
—2 | 1| 0 0
— 1 0—11
—3 1—11
/"w
—2 1
-1 0'
i—l 0 '
0 0
-И 1
—1 1
s**s
—2 1
— 1 0
0 0
0 0
-1 1
0 0
Общее решение следующее: х = (xl9 2xv —хг + дс4, х*)-
Фундаментальный набор состоит из двух решений: Ьх = (1, 2,
-1, 0), Ь2=(0, 0, 1, 1). А1 = <Ъ1, Ь2>. .
Задача 3. Найти базис ортогонального дополнения
к подпространству решений системы линейных однородных
уравнений
2хх + Зх2 — х3 + 2х4 = 0;]
Х1 4" Х2
(1)
-*з + *4 = Р;
хг + 2х2 + дс4 = 0.
Решен ие. Векторы ах = (2, 3, —1, 2), а2= (1, 1, —1, 1),
а3=(1, 2, 0, 1), координаты которых являются
коэффициентами системы (1), ортогональны к любому решению сис-
152

темы (1). Очевидно, ч*го их линейная оболочка А= <alf a2,
Дз> будет целиком состоять из векторов, ортогональных
к любому решению (1). Пусть В — подпространство
решений (1) и пусть г—ранг системы векторов alf a2, а3, т. е.
ранг системы уравнений (1). Тогда размерность
подпространства В есть число решений в фундаментальном наборе
решений системы (1), т. е. 4 — г. Поэтому ортогональное
дополнение к В в арифметическом четырехмерном
пространстве имеет размерность г. Кроме того., В1 zd А и Л тоже
имеет размерность г. Поэтому В1 = А. Осталось найти
некоторый базис оболочки системы векторов аъ а2, а3:
2 3 --1_ 2
11|-1|1
12 0 1
1 2
1 1
1 2
0
— 1
0
1 И"
1
1 .
****
\ \
12 0 1
0—1—10
0 0 0 0
Итак, искомый базис (1, 2, 0, 1), (0, —1, —1, 0) (можно
взять аь а2).
Задача 4. Представить вектор Ь=(4, —1, — 3, 4) в виде
суммы векторов, являющихся элементами подпространства
А и его ортогонального дополнения, если А есть линейная
оболочка векторов аь а2, а3 (найти проекции вектора на
ортогонально дополнительные подпространства): ai = (l, 1,
1, 1), а2=(1, 2, 2,-1), а3= (1,0, 0, 3).
Решение. Пусть b = bx + b2, где bx £ Л, b2 £ Л1. Тогда
для а/ £ Л, аД) = ar (bi + b2) = arbi + a,b2 = arbb ибо a*b2 = 0.
Ho bx £ <ах, а2, а3>, поэтому bx = xax + #a2 + га3. Найдем
коэффициенты л:, #, z из системы линейных уравнений,
которая возникает при умножении последнего равенства
поочередно на alf a2, а3:
а^х + а&м + a^z = ахЬ;
&г&\Х ~г а2а2^ "г a2a3z = ^а"»
аза1* ~г азагУ "Т азаз2 =: аз">
Ах + Ау + 4г = 4; 1
4* + Юг/ — 2z = —8;
4х— 2у + 10г= 16; J
1 1
0 1
0 —1
о
0 1
Нам достаточно взять любое частное решение системы.
Например, 2=0, х = 3, у = — 2. Тогда Ьх = Зах — 2а2 =
= (1, -1, -1, 5), b2=b-b1=(3, 0, -2, -1).
Проверка дает: bxb2 =3 + 2 — 5 = 0. Итак, Ъх = (1, —1,
-1, 5) ёД Ь2=(3, 0, -2, -1КЛ1.
153

Тест 33 для самоконтроля
1. Дана система линейных однородных уравнений:
хг — Х2 + 2х3 = 0;]
2хг — 2х2 + 4*з=0; (2)
— хг + х2—2х3 = 0.J
Пусть L\ — линейная оболочка системы векторов (1, — 1,
2), (2, —2, 4), (—1, 1, —2); L2 — подпространство решений
системы (2). Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Подпространства L\ и L2 ортогонально дополняют друг друга
в пространстве R3.
1.2. Подпространство L{ ортогонально линейной оболочке системы
векторов: (1, 1, 0), (-2, 0, 1).
1.3. Ортогональное дополнение к линейной оболочке системы
векторов (1, 1, 0), (2, 2, 0) есть подпространство L\.
1.4. Подпространство Lx — ортогональное дополнение к линейной
оболочке системы векторов: (—1, 3, 2), (-4, 2, 3).
1.5. Система линейных однородных уравнений
— *i + 3*a + 2*3 = 0; ч
— 4*1 + 2*2 + 3*3 = 0;
— 3*i — *2 + *3 = 0 J
задает L\ как подпространство своих решений.
1.6. Вектор (1, —1, 2) с любым фундаментальным набором решений
системы (2) образует базис арифметического трехмерного векторного
пространства R3.
1.7. Подпространства L{ и £2 изоморфны.
1.8. Подпространство L2 изоморфно арифметическому трехмерному
векторному пространству R3.
1.9. Подпространство Ь{ изоморфно арифметическому одномерному
векторному пространству R1.
1.10. Подпространство L2 изоморфно арифметическому двумерному
векторному пространству R2.
Домашнее задание
1. Найдите базис Л1 и систему уравнений, задающую Л1 (как
множество решений), если Л задано: 1) как множество решений системы
уравнений
2*! + 3*2 — *3 + 2*4 = 0;]
*i+ *2 — *3+ *4 = 0;|
*l+2*2 +*4 = 0,J
2) как линейная оболочка системы векторов аг = (2, 1, 3, 2); а2 =
= (1, 2, 1, 2); а3=(1, -1, 0, 1).
2. Разложите вектор b = (5, 2, 0, 1) на сумму его проекций на Л
и Л1, где Л есть линейная оболочка из предыдущего задания.
154

ЗАНЯТИЕ 34
ЛИНЕЙНЫЙ ОПЕРАТОР. СПОСОБЫ ЗАДАНИЯ
ЛИНЕЙНОГО ОПЕРАТОРА. ОБРАЗ ВЕКТОРА ПОД ДЕЙСТВИЕМ
ЛИНЕЙНОГО ОПЕРАТОРА
Вопросы к занятию
1. Определение и свойства линейного оператора.
2. Способы задания линейного оператора.
3. Образ вектора под действием линейного оператора.
Литература: [7], с. 283—285, 289—292; [4], с. 120—124.
Образцы решения задач
Задача 1. В двумерном евклидовом пространстве дан
ортонормированный базис е= (elf е2) и линейный оператор ф,
который вектор ех растягивает вдвое и поворачивает на
угол я, а вектор е2 поворачивает по часовой стрелке на угол
—. Найти образ вектора а= 2ех + Зе2 под действием ф.
Решение. / способ. Из геометрических соображений
устанавливаем, что <p(ei) = —2ei, ф(е2)=е1. Так как
линейный оператор переводит линейную комбинацию векторов в
линейную комбинацию их образов с теми же
коэффициентами, то ф(а) =2ф(е1) +3ф(е2) = —4ei + 3ei= —еь т. е. в
базисе е вектор ф(а) имеет координаты (—1,0).
// способ. Найдем матрицу А оператора <р в базисе е.
Для этого образы базисных векторов выразим через базис
е: ф(е1) = — 2ei=—2ei + 0e2; ф(е2) =ei = ei + 0e2. В более
краткой записи:
Г-2П1
Ф (е) = (ei, e2)
(ГО
= еЛ,
где А =
—2 1
0 0
L u UJ
В базисе е вектор а по условию имеет координаты (2, 3).
Поэтому ф(а) имеет координаты, равные произведению
матрицы линейного оператора в базисе е на столбец
координат вектора а в том же базисе:
т. е. ф (а) = е Г J1 = (е^
е2)
2 1
0 0
— 1
-1
0
0
= —ei.
155

Задача 2. В двумерном векторном пространстве с
базисом е=(еь ег) отображение <р переводит любой вектор с
координатами (х, у) в вектор с координатами (Зх — 2у, 2х+
+у). Аналогично отображение f вектор (х, у) переводит в
вектор (х + 2, у). Установить, являются ли эти отображения
линейными операторами. Если да, то вычислить матрицу
каждого линейного оператора в базисе е.
Решение. Проверим, является ли отображение <р
аддитивным и однородным:
(a, b)-t(3a — 2b, 2a+ b),
(с, d)X(3c—2d, 2c+ d),
(а + с, b + d)Z(3(a + b)-2(b + d), 2(a + c) + (b + d)).
Сравнивая правые части, видим, что образ суммы в
отображении ф равен сумме образов, т. е. ф аддитивно: (Vx, у)
[Ф(х + у) = Ф(х) + ф(у)]. Пусть /£R, тогда (tay tb)X(3ta—
— 2tb, 2ta + tb) = t(3a— 2ft, 2a + b)> т. е. при умножении
вектора на число его образ в отображении ф умножается
на то же число. Следовательно, ф однородно. Итак, ф —
линейный оператор.
Пусть в базисе е оператор ф задается матрицей Л, т. е.
Нетрудно
Ф (е) = еЛ. Тогда по условию А М = №х , 2у
го * gi
видеть, что А = ^ А.
Перейдем теперь к отображению /:
(а, Ь)Х(а + % Ь)\
(с, d)X(c + 2y d)\
(а + с, b + d)-^(a + c + 2, b + d).
Видно, что образ суммы отличается от суммы образов
первой координатой (на две единицы). Итак, f не аддитивно,
значит f не является линейным оператором (можно
аналогично установить, что f не является однородным
отображением).
Задача 3. Линейный оператор ф переводит векторы иь
u2, u3 соответственно в векторы vb v2, v3. Вычислить
матрицу этого оператора в том же базисе е, в котором даны
координаты всех векторов (координаты записаны строками для
удобства):
156

и,: (2, 3, 5); u2: (0, l,2);u3: (1,0,0);
v,: (1, 1, 1); v2: (1, 1, -1); v3: (2, 1,2).
Решение. Обозначим u= (u1( u2, u3), v= (vbv2, v3) и,
как обычно, e= (ei, e2, e3) —базис. По условию: U] = 2ei +
+ 3e2+5e3; u2=e2+2e3; u3 = ei. Эти три равенства запишем
в виде одного матричного равенства:
/2 ОН"
u = (ul7 u2, u3) = (в!, е2, -е3)
3 1 0
.5 2 0.
Г2 0 П
3 10.
L5 2 0J
■Л! Щ.
11 -1 2 J
Более короткая запись такая: u = eS, где S = 3 1 0 .
Аналогично v = е7\ где Т = 1 1 1 . Дано, что ф (u) = v,
11 -1 2j
т. е. ф (eS) = е7\ Но S — числовая матрица, ее можно
выносить из-под знака линейного оператора: ф (eS) = ф (е) • S.
Пусть оператор ф в базисе е задается неизвестной
матрицей X, т. е. ф (е) = еХ. Тогда eXS = e7\ В обеих частях
последнего равенства стоит одна и та же система векторов,
матрицы XS и Т дают линейное выражение этой системы
через базис е. Так как выражение через базис единственно,
то XS = Т. Задача свелась к решению матричного
уравнения.. Транспонируем обе части уравнения STXT = Тт и
решаем уравнение как пакет систем линейных уравнений:
Г2 3 5(1 1 П Г1 0 01 2 1 21
0 12 11—1^01 2 1 1-lU -
Ll 0 0 j 2 1 2J L0 0 —11 —6 -4 0J
Г1 0 01 2 1 21 Г 2 1 21*
^0 1 0 —11 —7 —1 , Хт= —11 —7 —1 ,
L0 0 1 6 4 0J L 6 4 0J
Г2 -11 61
1 -7 4
L2 —1 0J
Более кратко решение уравнения можно записать в виде
X=TS~\ ибо матрица S невырожденная. Однако это не
сокращает вычислений.
Тест 34 для самоконтроля
1. Линейный оператор ф на плоскости переводит векторы
а=(1, 1) и Ь=(-1, 1) в векторы Ф(а) = (2, 2) и Ф(Ь) = (1,
157

1). Все векторы даны в единичном базисе е: ei = (1, 0), е2 =
= (0, 1). Укажите верные и неверные утверждения.
ф
(0, 2)-ЦЗ, 3).
-1)^0,
1.1
1.2. (2, 0)
1.3. (_1, -1)^(1, 1)
1.4. (Vk£Z)[(k— 1, k + \)-
1.5. (H£€Z)[(-£ + l, k + 1)-^(5, 2)].
ф
(26 + 1, 26 + 1)].
ф
1.6. (0, 0)-Ц1, 1).
1.7. Матрица линейного оператора в базисе е имеет вид
[! "И-
1.8. Матрица линейного оператора ф в базисе, состоящем из
векторов а и Ь, имеет вид
В!]-
1.9. Матрица линейного оператора ф в базисе е имеет вид
TU з]-
1.10. Матрица линейного оператора ф в базисе, состоящем из
векторов а и Ь, имеет вид Q q .
Домашнее задание
1. Докажите, что проектирование трехмерного пространства на
координатную ось вектора ei параллельно координатной плоскости
векторов е2 и е3 является линейным оператором. Найти его матрицу в базисе
ei, ег, ез.
2. Дано х=— ei+2e2+e3, e —базис, ф(е)=еЛ, где ф —линейный
оператор. Найти ф(х), если
А =
^0
1
и
0
1
2
11
2
lj
3. В базисе
ei= [I §]; е2 = [° J]; е3 = [° °]; ё4=[° °]
линейного пространства вещественных матриц второго порядка
вычислить матрицу А линейного оператора ф, который каждую матрицу X
1 31
5 0 г
Ответ: А -
[—15 0 Он
3 0 0 0
0 0-1 5
0 0 3 0J
158

ЗАНЯТИЕ 35
СВЯЗЬ МЕЖДУ МАТРИЦАМИ, ЗАДАЮЩИМИ ЛИНЕЙНЫЙ
ОПЕРАТОР В РАЗЛИЧНЫХ БАЗИСАХ
Вопросы к занятию
1. Подобие матриц.
2. Связь между матрицами, задающими линейный
оператор в различных базисах.
Литература: [7], с. 296, 297; [4], с. 132, 133.
Образцы решения задач
Задача 1. В базисе е линейный оператор ф задан
матрицей Л, т. е. ф(е) = еЛ. Базис и следующим образом
выражается через е: щ = ех + е2, Щ = ех — е2. Вычислить
матрицу В, задающую ф в базисе и, если А = ^ J .
Решение. / способ. Очевидно, что и = еТ, где
г-С-11
есть матрица перехода от базиса е к базису и.
Так как <р(и)
ет, что В=Т~1АТ. Для вычисления Т
иВ, то из теоретических положений следу-
■-1 лт тт т— 1 воспользуемся
правилом обращения матрицы второго порядка (см. заня--
тие 19, задача 4):
2 1-1
7- =
-т[=!
X
—1 —1
1
з 1
2 —1
т. е. В=— —
— 1
I
X
11 Г—1/2 -1/2]
—ij [-3/2 —my
II способ. Повторим на этой задаче теоретические
выкладки. Имеем ф(е)=еЛ, ф(и)=и£, и = еГ, где матрица Т
невырожденная. Тогда ф(и) =ф(еГ) =ф(е)Г, так как
числовую матрицу можно выносить за знак линейного оператора.
Поэтому ф(и)=еЛГ. С другой стороны, ф(и) = (еГ)В =
= е(ТВ). Следовательно, tAT = tTB. В обеих частях
последнего равенства стоит одна и та же система векторов, и
матрицы AT и ТВ дают ее выражение через базис е.
В силу единственности выражения через базис АТ=ТВ.
Как и в первом варианте решения, матрица Т легко
вычисляется. Вычислим AT:
АТ =
—3 1
2 —1
!-!]-["
-2 —41
1 3J-
159

Теперь вычислим В, решая пакет систем линейных
уравнений ТХ = AT:
1 II—2 —41 _Г1 01 —1/2 —1/21.
0—2 3 7 0 1—3/2 —7/2'
1 1
1 —1
—2 —4
1 3
В=—L
2
1 1
3 7
Задача 2. В*трехмерном арифметическом пространстве
в базисе и линейный оператор ф задан матрицей Л, т. е.
<р(и)=1ь4. Вычислить матрицу В оператора ф в базисе v,
если
и1=(1, 2, 3); u2=(l, 3,4); u3=(l, 3, 5);
v1=,(3, 2, 2);v2=(l, 1, 1); v3=(4, 3„ 4);
[3 0 41
A= 0 2 —1 .
Ll 3 lj
Решение. Пусть е—базис
Тогда u = eS, v = e7\ где
из единичных векторов.
Г1 111 ГЗ 1 4]
S = 2 3 3 ; Т = 2 1 3 ; ex = (1, 0, 0); е2 = (0, 1, 0);
L3 4 5J L2 1 4J
е3=(0, 0, 1).
Так как u, v — базисы, то S и Т — невырожденные
матрицы и e=uS-1. Поэтому v = uS_17', т. е. S~lT есть матрица
перехода от базиса и к базису v. Отсюда В= (S~lT)-lX
XA(S~lT) =T~lSAS-lT. Осталось обратить две матрицы и
затем перемножить пять матриц. Можно вычислить проще:
обозначим S~1T=X и решим уравнение SX=T. После этого
В=Х~ХАХ, т. е. ХВ=АХ. Опять решим уравнение, но теперь
относительно В, вычислив предварительно АХ:
1 1 113
2 3 3 2
-3452
[1 1 113 1 41 Г1 1 11 3 1 4"1 Г1001 7 2 91
2 3 3 2 1 3 «0 1 1 —4—1—5 *, 01 0—1 0 — 2 ;
L3' 4 512 1 4j L00l|— 3— 1— 3j LOOll—3—1—3j
Г 7 2 91 * ГЗ 0 41Г 7 2 91
Х= —1 0 — 2 ; АХ= 0 2 — 1 — 1 0 —2 =
L-3 —1 —3j Ll 3 lJL-3-1—3j
Г9 2 151
= 1 1 -1 ;
Li i oJ
Г 7 2 919 2 151 Г0
— 1 0 —2 1 1 —1 » 1
L—3 —1—3 11 Oj L0 —
-51
2
16
-1
9 8'
-1 1
3—2—2 3J
\m

ГО О II 12 5 141 ГО О II 12 5 141
<=* 1 0 2—1—1 lU 1 0 0—25—11—27.
[О —1 31 —2 —2 3J LO —1 0|—38 —17 —39J
Опуская первую строку пакета на третье место, получаем:
Г—25 —11 —271
В=\ 38 17 39-
L J2 5 14J
Задача 3. В евклидовом пространстве на плоскости
векторы i и j образуют ортонормированный базис. Векторы
U! = 3i + 4j, u2= — 2i + 7j тоже образуют базис. Проверить
это и найти в базисе u=(ub u2) матрицу преобразования
(оператора) симметрии относительно оси Ох (на ней лежит
вектор i).
Решение. Пусть e=(i, j). Тогда и = еГ, где Т =
= ц Zj\ — матрица перехода.
Очевидно, что Т —> невырожденная матрица, т. е. и —
базис. Пусть ф — оператор симметрии относительно оси Ох.
Тогда из геометрических соображений ф (i) = i, ф (j) = — j,
т. е. ф (е) = еЛ, где А
и л
Пусть ф (и) = иВ. Тогда
1
21 +8
В = Т~1АТ =
[-!¥-?][
3 —2
4 7
= ±Г 7 — 211~3 — 21 = —Г 13—281
29 [—4 —3J[4 7J 29 [—24 —13J
Тест 35 для самоконтроля
1. Пусть Т\ — матрица перехода от базиса е к базису и,
Т2 — матрица перехода от базиса е к базису v„ T — матрица
перехода от базиса v к базису и. Матрица А задает линей-'
ный оператор ф в базисе и, матрица В задает этот же
линейный оператор ф в базисе v, матрица С — в базисе е, т. е.
и = сГь у = еГ2, и = уГ, ф(и)=иЛ, ф(у)=уВ, ф(е)=еС.
Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. А = Т~1ВТ. 1.6. С=Т2ВТ~\
1.2 А = ТВТ~1. 1.7. А = T~lCTv
1.3. В--=ТАТ~1. 1.8. А = Т{СТ-1.
1.4. В = Т~1АТ. 1.9. В.
1.5. С=Т{АТ]~К
1.10. В-
т2ст-1.
-- Чхст2.
6 Зак. 1684
161

Домашнее задание
1. В базисе и линейный оператор ср задан матрицей А. Вектор с в
базисе v имеет координаты (1, 2). Найдите координаты ср(с) в
базисе и, если известна матрица перехода Т (v = u7):
2. В евклидовом пространстве на плоскости ai = i —j, a2=2i + j, где
i, j образуют ортонормированный базис. Вычислите в базисе ah a2
матрицу преобразования (оператора) ортогонального проектирования на
ось Оу (на ней лежит вектор j).
ЗАНЯТИЕ 36
СОБСТВЕННЫЕ ВЕКТОРЫ И СОБСТВЕННЫЕ ЗНАЧЕНИЯ
ЛИНЕЙНОГО ОПЕРАТОРА. ХАРАКТЕРИСТИЧЕСКОЕ УРАВНЕНИЕ.
ПРИВЕДЕНИЕ МАТРИЦЫ К ДИАГОНАЛЬНОМУ ВИДУ
Вопросы к занятию
1. Определение собственного вектора и собственного
значения.
2. Характеристическое уравнение матрицы и линейного
оператора. Инвариантность уравнения относительно
замены базиса.
3. Спектр матрицы. Простой спектр.
4. Условие приводимости матрицы к диагональному
виду над данным полем.
Литература: [7], с. 307—314; [4], с. 134—142.
Образцы решения задач
Задача 1. На плоскости задана прямоугольная
декартова система координат. Найти собственные векторы и
собственные значения оператора симметрии относительно оси
Ох.
Решение. Будем считать вектором направленный
отрезок, выходящий из начала координат. Из геометрических
соображений видно, что векторы, лежащие на оси Ох,
симметричны сами себе, т. е. собственные, принадлежащие
собственному значению 1: <p(i)= li. Аналогично векторы,
лежащие на оси Оу, под действием ср переходят в
противоположные векторы, т. е. принадлежат собственному
значению — 1: ф0) = — lj. Итак, ф — оператбр с простым
162

спектром (1, —1}; базис i, j состоит из собственных
векторов. Поэтому ф имеет в этом базисе диагональную
матрицу
1 О
О —1
При этом
_,]; ф(«. i) = (i. -i) = (i. i)
по диагонали матрицы стоят собственные значения в том
же порядке, в котором стоят принадлежащие им векторы
базиса.
Задача 2. В некотором баэисе линейный оператор ср
задан матрицей А. В том же базисе векторы alf a2, а3 заданы
своими координатами. Выделить среди этих векторов собст_
венные и найти их собственные значения, если А = I I о
а1=(1, 2), а2=(0г 3), а8=(1, 0).
Решение. Координаты образа вычисляются как
произведение матрицы оператора на столбец координат
прообраза. Установим, в каком случае получится столбец
координат, пропорциональный исходному:
1 0
-2 2
т. е. ф(а1) = а1; вектор ах собственный, принадлежит
значению 1;
-2 2 ЗГ 6
т. е. ф (а2) = 2а2; вектор а2 собственный, принадлежит
значению 2;
-2 2|
"11
3 И-[-!]•
т. е. столбцы
и U непропорциональны.
Следовательно, вектор а3 собственным не является.
Задача 3. Найти собственные векторы и собственные
значения линейного оператора, заданного' в некотором
базисе матрицей
'ПО Г
А = 1 2 0
1_8 0 —L
Проводима ли матрица А к диагональному виду?
Решение. Пусть \ х2 \ = X есть столбец координат
'163

неизвестного собственного вектора, принадлежащего собст
венному значению у. Тогда АХ = уХ, т. е.
"О
(А-уЕ)Х
О
0J
(1)
Система (1) есть система линейных однородных уравнений
с параметром у. Эта система обладает ненулевыми
решениями (собственный вектор не равен нулевому) только при
условии равенства нулю ее определителя, т. е.
\А-уЕ\ = 0. (2)
Поэтому сначала из характеристического уравнения (2)
находим собственные значения, затем решаем систему (1)
при найденных значениях у и получаем столбцы координат
собственных векторов в том базиса, в котором матрица А
задает оператор
0.
-у о
1 2-у
8 0
1
0
-1-у
По правилу Саррюса
(2-у) (-1+^-8) =0.
= -3.
При у=2 система (1) принимает вид
-1 0 11 Г*Л ГО
10 . 0 \\хг = 0
. 8 0 —3j b3J L0
(I - у) (2-у) (-1-у)-8(2-у) =0;
В итоге получаем t/i = 2, «/2 = 3, уг=
<=> \х
Xg ■
0,
0,
• любое.
Собственным является любой вектор вида (0, с, 0), с£ R\(0).
При у— 3 система (1) принимает вид
"0"
[ .4 ЛЁНИ
I х2 — xv
[Xq = LX\.
Собственным является любой вектор вида (с, с, 2с),
*€R\{0}.
При у= — 3 система (1) принимает вид
4-. -4с
Собственным является любой вектор вида с,
c£R\{0}. Итак, данный оператор есть оператор с простым
164

О 01
з о ,
0 —3J
спектром, так как имеет три попарно различных
собственных значения (размерность пространства равна 3). Можно
выбрать базис из собственных векторов, например при с= 1;
(0, 1, 0), (1, 1, 2), (1, -1/5, -4). ^ (3)
Эти три вектора линейно независимы, так как
принадлежат различным собственным значениям. В этом базисе
данный оператор задается матрицей
Г2
В=\'0
Lo
где по диагонали стоят собственные значения в том же
порядке, в котором в базисе стоят принадлежащие им
собственные векторы, т. е. матрица А приводима к диагональному
виду В. Трансформирующая матрица, т. е. матрица Т со
свойством В = Т~ХАТ, есть матрица перехода от
первоначального базиса к базису (3). Так как можно считать, что
первоначальный базис состоял из единичных векторов, то
нетрудно записать, что
"0 1 1 "
1 1 —1/5
L0 2 —4 J
Задача 4. Установить, приводимы, ли матрицы к
диагональному виду:
■П Г6 —5 —3"!
-1 ; В= 3— 2— 2;. D-
\\ L2—2 0 J
2
-5
— 1 3 — П Г6 —5 —3"
А= |— 3 5 —1 ; В= 3
3 3 lJ L2'
Решение. Известно, что матрица приводима к
диагональному виду только тогда, когда задает линейный
оператор, обладающий базисом из собственных векторов.
Поэтому вычислим собственные значения матрицы и найдем
принадлежащие им собственные векторы. Начнем с
матрицы А:
\—\—у 3 —1 I
—3 5 —у —1 =0.
-3 3 1-у\
Вторую строку отнимем от третьей, затем первую от второй,
затем применим правило Саррюса:
1—1—у 3 —1
- = (_1_у)(2-0)*-&-2)* +
—2 + у 2 —у 0
0 -2 + у2 — у\
+ 3(</-2)2=(</-2)з (-</+!)
0; у\ = 1; г/2, з = 2.
165

Подставим
(А-уЕ)Х = 0
[—2 3
—3 4 -1
—3 3 О
у — 1 в систему однородных уравнений
■И
•^2 = -^1-
Г—3 3 —П Г—3 3 — П
—3 3 —1 « 0 0 0
L_3 з —iJ Loo oJ
0 —1
1 О
О 0J
При у = 2 получим
Решаем ее:
—2 _3_ — 1 1
—1 ijj о«—1
-1 1 oJ L о
Собственный вектор (с, с, с), c£R\(0).
линейную однородную систему (А — 2£)Х=0
3 3—1
0 0 О I <=* х3 = — Ъхх + Зх2.
0 0 О
Выбираем фундаментальный набор решений: (1, 0, —3) и
(О, 1, 3). Линейно независимы собственные векторы с(\, 0, —3)
и d(0, 1, 3), где в, d£R\{0). Итак, матрица А задает
линейный оператор, обладающий базисом из собственных
векторов, например: (1, 1, 1), (1, 0,.—3), (0, 1, 3) (при с =
= й = 1). Поэтому матрица А приводима к диагональному
виду
П 0 0]
А1=\0 2 0 ,
L0 0 2J
е.
где по диагонали стоят собственные значения матрицы; при
этом Ах= Т~1АТ, где Т — матрица перехода от единичного
базиса к базису из собственных векторов, т.
п
Т
Проверка дает:
Г1 1 01Г1 0 01 Г1 2 0"!
ТАг = 1 0 10 2 0=1 02;
Ll —3 3JL0 0 2J L1 —6 6J
г_1 3 — ПГ1 1 01 Г1 2 01
=,—3 5—11 0 1 = 1 0 2,
L—з з iJLi —з 3J - Li -6 6J
AT--
т. е. TAi =АТ, Ах --=Т~1АТ..
Аналогично поступаем с матрицей В:
6 —у —5 —3
3 —2 —«/—21
2 -2 -у\
\6-у 1-у -3
3 1— у— 21
2 0 -у\
Ъ — у 0 —1
3 1 — г/—21
2 0 -у\
(1-у)[(-3 + у)0 + 2] = О, й,,= 1, Уз = 2
166

(первый столбец прибавили ко второму, затем вторую
строку отняли от первой).
При у = 1 получается следующая
однородных уравнений:
система линейных
5 —5
3 —3
-3
-2
2 -2-1-11|
— 1
1
1 ш
2—2
О
— 1
О
О О'
,1 О
О —1
(Х2 — Х1у
Х3=0.
Собственные векторы: (с, с, 0), c£R\(0).
При у =2:
4
3
2 —2 |
5 —3
4 —2
-2|
1
1 И
1
—2 0"
—2 0
— 1 —1
<=>
0 0
1 —2
0 1
0
0
— 1
{Х1— 2Х2,
*3= *2*
Собственные векторы: с (2, 1, 1), c£R\(0}.
Итак, матрица В задает линейный оператор, который не
обладает базисом из собственных векторов, ибо можно
найти только два линейно независимых собственных вектора.
Поэтому матрица В не приводима к диагональному виду.
Решим характеристическое уравнение матрицы D:
|2-у 1
-5 -2 -у\
0 о */2 + 1 = 0,
т. е. У\ = КУ2=-ь.
Итак, матрица D обладает простым спектром над полем
комплексных чисел, но не имеет собственных
действительных значений. Следовательно, над полем действительных
чисел матрица D не приводима к диагональному виду, а над
полем комплексных чисел приводима. Для нахождения
трансформирующей матрицы вычислим собственные
векторы. При y=i
2 — i
-5
LLi
-2 — i
2 — i
0
<*x2= (i — 2) xlt
е. собственным вектором может быть взят,
i — 2). При у = —i
|2 + i 1 l0[2+i 11
-5 —2 + i\\ 0 0|
например,
т. е. (1, —2-
проверить, что
<=* А^2 — (— 2t — I) Xij
тоже собственный вектор. Нетрудно
Т =
1 1
i — 2 —i — 2
167

есть трансформирующая матрица, т. е.
T-\DT =
ft 01
.0 — i
Действительно,
Т
ft 01
.0 —i.
= DT =
i
— 1 — 2j
Тест 36 для самоконтроля
—i
-1 +
2i[
1. Матрица линейного оператора ф в некотором базисе
арифметического векторного пространства R3 имеет вид
'1 2 —П
0—1 1 .
-0' 0 0j
Укажите верные и неверные утверждения.
тора.
1.1. 1, — 1, 0 — собственные значения данного линейного оператора.
1.2. 1, —1 исчерпывают все собственные значения данного опера-
1
1.3. ("q", 0, 0)—собственный вектор, принадлежащий собственному
значению, равному 1.
1.4. Векторы /(1, 0, 0), где /eR, t=£0,— собственные,
принадлежащие собственному значению, равному 1.
1.5. Все векторы (кроме нулевого) линейной оболочки системы
векторов (—1, 1, 1), (1, — 1, — 1)—собственные для данного линейного
оператора.
1.6. Все решения (кроме нулевого) системы линейных однородных
уравнений
х1 + 2*2 —*з = 0;1
х2 — х3 = 0 /
являются собственными векторами для данного линейного оператора.
1.7. Вектор ( — 1, 1, 0)—собственный; принадлежащий
собственному значению, равному —1.
1.8. Вектор (1, 1, 0)—собственный, принадлежащий собственному
значению, равному 0.
- 1.9. Данный линейный оператор имеет простой спектр.
1.10. Матрица данного линейного оператора приводима к
диагональному виду над полем действительных чисел.
Домашнее задание
1. Оператор задан матрицей
i]
в том же базисе, что и векторы. Выделите собственные векторы
линейного оператора двумерного арифметического пространства из векторов
ai=(-l,3), а2=(2, -4),а3=(1,2).
168

2. В некотором базисе линейный оператор ф задай матрицей
А = L о . Найдите базис, в котором ф задается диагональной
матрицей. Определите матрицу перехода к новому базису.
ЗАНЯТИЕ 37
ЯДРО И ОБРАЗ, ДЕФЕКТ И РАНГ ЛИНЕЙНОГО ОПЕРАТОРА.
ИНВАРИАНТНОЕ ПОДПРОСТРАНСТВО
Вопросы к занятию
1. Ядро и образ линейного оператора, их размерность
как подпространств.
2. Свойства невырожденного оператора.
3. Подпространство, инвариантное относительно
линейного оператора.
4. Индуцированный оператор.
Литература: [7], с. 286, 287, 303—306; [4], с. 129—131, 134.
Образцы решения задач
Задача 1. В арифметическом пространстве R4 линейный
оператор ф задан матрицей
[-12 4
3 17
5 3 13
|_1 1 3
3
-1
1
1
Найти базисы ядра и образа, ранг и дефект линейного
оператора. Найти операторы, индуцированные в ядре и образе.
Решение. Чтобы иметь возможность отождествить
вектор и его столбец координат, будем считать, что
оператор ф задан в единичном базисе, т. е. в базисе {(1,0,0,0), (0,
1,0,0), (0,0,1,0), (0, 0, 0,1)}. Обозначим этот базис через
е. Пусть / — ядро и хе/, т. е. ф(х) =0. Поэтому АХ = 0, где
X, 0 — столбцы координат векторов х и 0 соответственно.
Решая систему линейных однородных уравнений АХ=0,
находим ядро как множество решений и базис ядра как
фундаментальный набор решений:
12 4 _
3 1 7 I
5 3 13'
1 1 3
-И
10
3
8
4
5 25
1 7
|4 | 20
2 10
01
— 1
0
0
<=£
0 0
1 0
2 1
|о о
0
2
5
0
0
-1
0
0
169

(*2
1*4
2 — ZX\ 0X3',
Xl -f- ZfXg.
Найдем фундаментальный набор решений: ai = (l, —2, 0, 1),
а2=(0, —5, 1, 2). Итак, базис ядра состоит из векторов аь
а2, дефект равен 2. Очевидно, что в / линейный оператор ф
индуцирует нулевой оператор.
Так как линейный оператор отображает линейную
комбинацию векторов на линейную комбинацию их образов, то
образ линейного оператора <р натянут на образы базисных
векторов <p(ei), ф(е2), ф(ез), ф(е4), т. е. образ натянут на
столбцы матрицы А, ибо при умножении А на единичные
столбцы координат векторов ei, е2, ез, е4 будут получаться
соответствующие столбцы матрицы А. Применим
элементарные*'преобразования к системе столбцов матрицы А, чтобы
выделить базис подпространства, порожденного этими
столбцами:
"12 4 3"
3 17—1
_5_ 3 13 1
| 1| 1 3 1
1 Щ 1 2
3 —2 —2 —4
5 —2 —2 —4
1 d О О
0 10 0"
5—200
7—200
1 0 0 0
Итак, образ Т натянут на векторы Ui=(0, 5, 7, 1), u2 =
= (1, —2, —2, 0), ранг оператора равен 2. Как и следовало
из теории, ранг + дефект = 4 (размерности пространства).
Найдем образы векторов Ui и и2 и выразим их в базисе (иь
и2) подпространства Т. Это даст возможность задать
оператор, индуцированный в Т оператором ф относительно базиса
u= (ui, u2). Для этого умножим матрицу А на столбцы
координат векторов Ui, u2 (одновременно):
rl
3
5
1
4
7
13
3
з-iro
-1
1
и
1
5 -2
7 —2
1 0J
Г 41
53
107
L 27
—11
— 13
—27
—7.
т. е. ф (Ul) = d = (41, 53, 107, 27), Ф (u2) = c2 = (-
—27, —7). Чтобы найти координаты . векторов с1(
зисе ulf u2,
-13,
в ба-
кетом):
решим две системы линейных уравнений (па-
LU
—2
—2
0
41
53
107
27
—11
— 13
—27
—7
**
0 1
5 0
2 0
1 1 1 0
41
135
34
27
— 11
—35
—14
—7
170

**!
0 1
0 0
0 0
L1 °
41
0
0
27
-111
0
0
—7 J
Г1 01
0 1
27
41
—7
-11
т. e. q = 27ux + 41u2, c2=—7ux — llu2
Поэтому
ф(и)
27 —7
41 —11
Итак, в образе Т линейным оператором ф индуцирован,
очевидно, невырожденный оператор, который в базисе и
[27 —71
задается матрицей
41 —11
Задача 2. В арифметическом трехмерном пространстве
в единичном базисе, линейный оператор ф задан матрицей
А. Установить, является ли инвариантной относительно ф
линейная оболочка векторов аь а2 и определить, каков ранг
индуцированного в ней оператора, если
" 4—2 2]
2 0 2; а1=(1| 1, 0), a2=(lf 0, -1).
.-1 1 1J
L = <ах, а2>. Требуется
Ф (b) £ L. Очевидно, b =
Решение. / способ. Пусть
доказать, что для любого b£L
= ^1 + ^2, где сх и с2 — произвольные числа, т. е.
Ь= {С\-\-с21 съ — съ)— общий вид вектора из L. Тогда ф(Ь)
вычисляем, умножая А на столбец координат вектора Ь:
—2
0
1
\ сг \ = \ 2с,
L —с2 J L — 2с2
т. е. ф (Ь) = 2Ь,
Ф(Ь)€1.
Так как под действием ф каждый вектор из L
удваивается, то база переходит в базу, т. е. ф индуцирует в L
невырожденный оператор (гомотетию в данном случае) ранга 2.
// способ. Вычислим ф(а1) и ф(а2) и проверим,
выражаются ли они линейно через ai и а2:
" . 4 —2 21 Г1 1
2 0 2 1 0
_-1 1 lJLO —1
т. е. Ф(а1) = (2, 2, 0), ф(а8) = (2, 0,
двух систем линейных уравнений:
\ = \2 0,
J Lo —2]
-2). Решаем пакет
171

[! Ч2 21 fl 012 01
1 02 °г
0—10 -2J LU Ч ZJ
Рис. 24.
т. е. ф (ах) = 2ах + 0а2, ф (а2) = 0ах + 2а2. ф (ах), ф (а2) £ L.
Видно, что ф (а^ и ф (а2) линейно независимы, т. е. ф
индуцирует оператор ранга 2.
Задача 3. На плоскости дана
декартова прямоугольная система
координат с базисом е= (еь е2).
Вычислить матрицу линейного оператора
Ф, если вектор ai = ei + e2<p
поворачивает против часовой стрелки на угол
я/2, а вектор a2 = ei—е2—
собственный, принадлежащий значению 3.
Изобразить на чертеже ядро и образ
линейного оператора.
Решение. Из рис. 24 видно, что ф (е! + е2) = —е^е^
По условию ф (ех — е2) = Зех — Зе2. Из аддитивности
линейного оператора ф следует ф (ex) + ф (е2) = —ех + е2, ф (е^—
— Ф(е2) = 3е1 — Зе2. Складывая и вычитая почленно,
получаем ф (ех) = ех — е2, ф (е2) = —2ех + 2е2. Поэтому ф (е) =
= (ei — е2> —2ех + 2е2) = (ех> е2) А. . Видно, что А =
= Г 1 — 21
[—1 2\'
Далее, ранг А равен 1. Поэтому ядро и образ оператора
Ф одномерны, т.е. изображаются прямыми, проходящими
через начало координат. Тогда ясно, что образ натянут на
собственный вектор ei — e2. Чтобы найти ядро, решим
систему линейных однородных уравнений: АХ = 0. Ее общее
решение #i = 2#2, т. е. в ядре содержится вектор с координатами
(2, 1). Ядро натянуто на этот вектор, равный 2ei + e2.
Тест 37 для самоконтроля
1. Оператор ф является линейным оператором
пространства R2 и переводит векторы ai==(—1, 2) и а2=(1, —1) в
векторы bj= (1, 1) иЬ2=(— 1, —1) соответственно (все
векторы даны в единичном базисе). Укажите верные и неверные
утверждения.
1.1. Оператор ф невырожденный.
1.2. Ранг оператора <р равен его дефекту.
1.3. При любых ky t£ R, вектор (2k, 3t) оператор ф переводит в
вектор (—2k, —2t).
172

1.4. Образ линейного оператора <р есть линейная оболочка вектора
(-2, -2).
1.5. Ядро оператора q> есть линейная оболочка вектора (0, 1).
2. В декартовой системе координат на плоскости ф есть
ортогональное проектирование направленных отрезков,
отложенных от начала координат, на ось Оу. Указать верные
и неверные утверждения относительно оператора <р,
действующего в пространстве направленных отрезков.
2.1. Биссектриса первого и третьего координатных углов —
инвариантное подпространство.
2.2. Ось Ох — инвариантное подпространство, в котором
индуцируется нулевой оператор.
2.3. Ось Оу—инвариантное подпространство, в котором
индуцируется нулевой оператор.
2.4. Ось Оу — инвариантное подпространство, в котором
индуцируется тождественный оператор.
2.5. У оператора q> ядро и образ ортогонально дополняют друг
друга.
2.6. В любом инвариантном подпространстве ф индуцирует нулевой
оператор.
Домашнее задание
1. Вычислите ранг и дефект, найдите базисы ядра и образа
линейного оператора, заданного в ^матрицей
Г1 0 01
0 3 0.
1.2 0 0J
Определите матрицу оператора, индуцированного в образе.
Исходный базис единичный.
ЗАНЯТИЕ 38
ДЕЙСТВИЯ НАД ЛИНЕЙНЫМИ ОПЕРАТОРАМИ.
ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ СИСТЕМЫ
Вопросы к занятию
1. Как установить равенство двух линейных операторов?
2. Сумма операторов, произведение операторов,
произведение оператора на скаляр.
3. Свойства действий над операторами. Линейная
алгебра.
4. Изоморфизм алгебры матриц пХп и алгебры
линейных операторов пространства размерности п над одним и
тем Же полем.
Ш

5. Понятие алгебры. Истолкование линейной алгебры с
точки зрения общего определения алгебры.
Литература: [7], с. 287, 288, 298—302; [4], с. 127, 128.
Образцы решения задач
Задача 1. В некотором базисе арифметического
трехмерного пространства линейные операторы / и ф заданы
соответственно матрицами А и В. Проверить вычислением
известный из теории факт, что линейный оператор / — 2ф в том
же базисе задается матрицей А — 2В:
Г 5
—2
L 0
4 3"
1 2
— 1 0.
; В =
"1
1
3
—1
0
2
—2
3
4
Решение. Пусть ех, е2, е3 — данный базис. Вычислим
образы базисных векторов под действием линейных
операторов ф, / и затем / — 2ф:
/ (вц е2, е3) — (elf e2, е3)
L о —1 oJ
(5е! —2е2, 4ех+
+ е2—е3, Зе! + 2е2).
Аналогично ф (е) = еВ = (е! + е2 + Зе3, —ех+2е3, —2ех+
+ 3е2 + 4е3). Второе равенство удваиваем и вычитаем из
первого: (/ — 2ф) (е) = (Зех — 4е2 — 6е3, 6ех + е2 — 5е3, 7ех —
— 4е2 — 8е3). Очевидно, что
3 6
(/ — 2ф)(е) = (е1, е2, е3)
—4
—6
С другой стороны,
А
Г 3 6 71
— 2В= \— 4 1 — 4 ,
L—6 —5 —8J
т. е. (/ — 2ф)(е) = е(Л — 2В).
Задача 2. Пусть и и е — два базиса двумерного
пространства, причем щ = 2ех + е2, и2 = ех — е2. Линейные
операторы / и ф заданы в этих базисах матрицами: /(и) =
-|-J?H'>-[_2J.
= ех + е2, /ф — произведение операторов ф и /.
Решение. / способ. Вычислим матрицу оператора /
Вычислить (/ф)(Ь), где b
174

в базисе е и затем перемножим соответствующие матрицы:
u = e
= еТ. Обозначим А =
[2 1
1 —1|
Тогда /(u) = uЛ = сТА.
Из равенства / (е) Г = еГЛ
лим матрицу ТАТ
— 1
2
В
-[-
С другой стороны, /(и)
3 11
-2 О]'
= /(е)7\
-1.
следует / (е) = zTAT . Вычис-
Г2 1
1 -1
—1
2
1
— 1 —1
— 1 2
3 [—4 —
—2]
1
Далее, (/ф) (е) = / (ф (е)) = / (еВ) = / (е) В = еТАТ~1В
Вычислим матрицу 7М71 1В:
J_[ 1 — 21Г 3 11 = J_[ 7 II
3 1—4 —lJl—2 Oj 3 [—10 —4f
Поэтому (/ф) (Ь) в базисе е имеет столбец координат
3 L—10 —4j[l| 3 t—14J'
Итак, (/ф) (Ь) = -|- ех — у е2.
// способ. Вычислим сначала ф (Ь):
f-Iilf!l-[-J
т. е. ф(Ь) = 4ех — 2е2. Найдем координаты ф (Ь) в базисе и,
т. е. решим уравнение ф (Ь) = щх + и^. Выразим все в
базисе е: 4ех — 2е2
зований получаем
куда
(2ех + е2) х + (е! — е2) у. После преобра-
е1(4 — 2х — у) + е~{—2 — х + у) = 0, от-
{2х + у
{ х — У
_ _2_
" 3 '
4;
-2;
У 3 '
Вычислим координаты / (ф (Ь)) в базисе и:
Г—1 о]
2 1
Г 2 1
3
—
L з _
i
Г 2 1
3
4 J
Итак, / (Ф (Ь)) = (/Ф) (Ь) = - -1 Ul + 4и2 = - ± (2ex +
+ e2) + 4(ei-
\ _ 8 «, 14
е<>) — — в-i — —— во.
2/ 3 3
175

-g/
/
У
0
*г/
в/
'-h
ЗГ
Рис. 25.
/(e)
Задача 3. На плоскости дана
декартова прямоугольная система
координат. Пусть f есть симметрия
относительно оси Ох; <р — поворот на угол я/2
против часовой стрелки, h —
симметрия относительно биссектрисы первого
координатного угла. Вычислить
матрицу оператора /чрЛ, установить
геометрический смысл этого оператора.
Решение. Из рис. 25 видно, что
/ (еО =еь f(e2) = -e2, т. е.
1 01
0 —1
= еЛ.
Далее, ф (ех) = е2, ф (е2) = — elf т. е.
Ф(е)=е|° ~J]=eB.
Затем получаем ft(ei) = e2, h(t2) =
т. е.
ft(e):
■11
0 1]
0
еС.
В том же базисе оператор f<ph задается матрицей *
1-1 01
0 —1
""-[J-SMI? Л'
т. е. /Фй(е) = е[-1 _}] = .(-^ -е2).
Оператор fyh каждый базисный вектор переводит в
противоположный, т. е. он любой вектор переводит в
противоположный. Очевидно, что fyh есть симметрия относительно
начала координат.
Тест 38 для самоконтроля
1. В базизе alf a2 арифметического двумерного прост
1 Г
1 —1
1 Г
0 0
ранства R2 линейный оператор / задан матрицей
Оператор ф в этом же базисе задан матрицей
жите верные и неверные утверждения.
Ука-
1.1. Ранг оператора /ф равен 2.
1.2. fa(ai + a2)=2ai + 2a2.
1.3. Вектор at—a2 лежит в ядре /ср.
1.4. f9(a!)=9/(a2).
1.5. Ранг оператора ф/ равен 2.
176

2. Операторы / и ф — линейные операторы
арифметического двумерного пространства R2, причем (а, Ь)-+(а, 0),
(а, Ь)-^(0, Ь) при любых а, й£ R. Укажите верные и
неверные утверждений.
2.1. / + Ф —тождественный оператор.
2.2. /ф — нулевой оператор.
2.3. ф/ — нулевой оператор.
2.4. Оператор ф + 2/ переводит вектор (3, 4) в вектор (3, 8).
2.5. Оператор Ф+2/ не имеет собственных векторов.
Домашнее задание
1. Пусть е и и — базисы двумерного пространства, где и1 = е1 —
— е2, u2 = ej + 2е2; / и ф — два линейных оператора, заданные
матрицами в базисах: / (е) = е L 4 , ф (и) = и 2 \ • Вычислите матрицы
операторов: 1) 2/ —Зф в базисе е; 2) 3/ — 2ф в базисе и; 3) /ф в
базисе е.
ЗАНЯТИЕ 39
СИСТЕМЫ ЛИНЕЙНЫХ НЕРАВЕНСТВ.
СТАНДАРТНАЯ ЗАДАЧА ЛИНЕЙНОГО ПРОГРАММИРОВАНИЯ
Вопросы к занятию
1. Линейное неравенство. Вид неравенства, не
имеющего решений. Вид неравенства, удовлетворяющегося любым
набором чисел.
2. Критерий совместности системы линейных неравенств.
3. Неотрицательные решения системы линейных
уравнений.
4. Стандартная задача линейного программирования.
Геометрический смысл.
Литература: [7], гл. 9.
Образцы решения задач
Задача 1. Определить, обладает ли неотрицательными
решениями следующая система линейных уравнений:
*i + 2х2 — 4*3 — 2*4 = 13;|
3*!+ х2 — 7*3 — 6*4 = 19; |
—х1 — *2 + 4*з + 4*4 = —8.)
177

Если обладает, то отыскать некоторое неотрицательное
решение.
Решение. Запишем систему так, чтобы правые ча^ти
были неотрицательными. Если при этом найдется
уравнение, все коэффициенты которого неположительны, то это
уравнение не обладает ненулевыми неотрицательными
решениями, а поэтому и вся система не имеет таких решений.
При этом следует помнить, что уравнение, у которого все
коэффициенты и правая часть равны нулю, не
рассматривается, ибо подлежит отбрасыванию из системы сразу же
после появления. Поэтому считаем, что всякое уравнение
системы имеет хотя бы один положительный коэффициент.
Среди положительных коэффициентов столбца выбираем
разрешающий элемент с минимальным отношением
свободного члена уравнения к положительному коэффициенту и с
помощью этого разрешающего элемента преобразуем все
остальные элементы данного столбца в нуль. В силу выбора
разрешающего коэффициента правые части уравнений
остаются неотрицательными.
Действительно, если в /-м столбце положительный
коэффициент dij выбран так, что Ь\\а^ минимально в столбце,
то при обращении элемента а^ в нуль свободный член в k-м
уравнении станет равен bk — bi-akj/aij. Неотрицательность
получившегося свободного члена хорошо видна из того, что
bk/akj^bi/aij вследствие выбора аг> Если при продолжении
этого процесса удается^выделить главные неизвестные с
положительными коэффициентами, то неотрицательное
решение системы легко получается приравниванием нулю всех
свободных неизвестных. Если не удается выделить базис с
положительными коэффициентами, то,'очевидно, имеется
уравнение с неположительными коэффициентами, т. е. нет
неотрицательных решений.
Умножим третье уравнение системы на — 1 и запишем
матрицу полученной системы. Преобразуем эту матрицу:
1 |2|
—4
3 1 —7
1 1 —4
«
"0 2
0 0
L1 °
—2
—6
—4
13
19
8_
*=»
0 41
|10| 20
-4 ■
-6
1
2
—4 —
2|
5 0 —10 —101
[| 1 I 0 —4 — б|
10"
10
3
<=»
"0102
0 0 12
10 0 2
5
1
7
13
25
3
-1
Итак, при #4 = 0 получается неотрицательное решение
(7, 5, 1, 0). Очевидно, таких решений бесконечно много.
178

Задача 2. Установить, совместна или нет система
неравенств:
*i + *2 + *s<4;]
Xi — х2 -f- х^ ^ z *, l
%i "Ь ^2 — ^з ^ ^'»
—*i + *2 + *s<2J
Решение. / способ. Используем критерий совместности
системы линейных неравенств: система линейных
неравенств
ЛХ<В (1)
совместна тогда и только тогда, когда система линейных
уравнений
0;)
ATY-
BTY=—\
не имеет неотрицательных решений.
Запишем исследуемую систему в виде (1):
(2)
г 1
1
—1
L—1
1 l-i
—1 1
—1 1
1 и
Г 1
х1
*2
L#3-
<
Г 4"1
2
—2
. 2J
При этом третье неравенство пришлось умножить на — 1,
чтобы все неравенства приобрели одинаковый смысл.
Составим соответствующую систему уравнений вида (2).
Для этого транспонируем матрицу системы неравенств,
последней строкой в транспонированной матрице будет
четверка правых частей из исследуемой системы неравенств:
rl
1
Л.
L4
1 —1
—1 —1
1 \
2 —2
— 1-1
1
1
2J
П/i"
\Уг
\Уз
L&J
Г °1
0
0
L—1J
Полученную систему исследуем на наличие
неотрицательных решений прямым поиском неотрицательного решения
(см. решение задачи 1). Запишем систему в виде матрицы:
1
1
1
—4
1 —1
1 —1
1 ГП
2 2
—1
1
1
—2
01
0
0
1_
ф=> 1
2
2
1
2 0
0 0
1 1
—6 —4 0 —4
Видно, что четвертая строка последней матрицы описывает
уравнение, не имеющее неотрицательных решений.
Следовательно, исходная система совместна.
179

// способ. Применим к исходной системе последователь-"
ное исключение неизвестных. Если этот процесс не
завершится получением противоречивого неравенства, то
система совместна и можно указать некоторое частное решение.
Выразим х\ из всех неравенств:
*i<4 — х2 — х3-л
*!<2 + *2 — *3; (3)
2 — х2 -\- х3 ^ *i*> I
— 2 + *2+*3<*1- J
Каждое из первых двух неравенств системы (3) сопоставим
с каждым из двух последних. Получится система из
четырех неравенств с неизвестными х2 и х$:
Z X% -\- Х3 ^ 4 Х2 ^з'Л
2 — х2 -\- х3 <J 2 + х2 — х3\ I /^\
2 -\- Х2 -4- Х3 ^г4 Х2 Х3\
—2 + х2 + х3 < 2 + х2 — х3.)
В системе (4) приведем подобные члены:
%2 ~Ь хз ^ 3;
*3<2. J
В системе (5) последнее неравенство есть следствие
Первого, т. е. последнее неравенство можно отбросить. Выразим
х2 из всех неравенств, в которых х2 содержится:
*з<*2; (6)
Х2 ^j. о — Х3. /
В системе (6) из второго и третьего неравенств
исключим х2:
*з<1> ]
*з ^ 3 — *з- J
Решением последней системы является лг3^ 1. Итак, процесс
последовательного исключения неизвестных доведен до
конца. Так как противоречивое неравенство не было
получено, то исходная система совместна. Более того, можно
указать ее частное решение. Пусть лг3= 1. Подставив #3=Гв
(6), получим 1^^2^2. Пусть, например, х2 = 2.
Подставляем взятые значения х2 и х$ в (3):
хх <; 3;
Ж

Следовательно, X\ = l. Итак, (1,2,1) —одно из решений
исследуемой системы.
Задача 3. Найти минимальное и максимальное значения
функции f = 3x-\:y на множестве решений системы линейных
неравенств
-1<*- </<4.J кп
Р е ш е н и е. Так как задача только с двумя
неизвестными, то она допускает графическое решение. Область
^решений системы (7) есть пересечение четырех полуплоскостей.
Р и с. 26.
Точнее, первое двойное неравенство есть полоса между
двумя параллельными прямыми х + 2у = 6 и х + 2у= —2.
Множество всех решений системы (7) есть пересечение двух
полос, т. е. параллелограмм ABCD (рис. 26).~ Ориентация
на чертеже облегчается тем, что всем четырем
полуплоскостям удовлетворяет начало координат, т. е. # = у = 0 есть
одно из решений системы (7). Построим на плоскости
прямую Зх+у = 3, где правая часть уравнения взята
произвольно. Переместим эту прямую параллельно себе самой так,
чтобы она касалась области решений системы (7). Очевидно,
чтб точки А и С станут точками касания. В точке А
перемещаемая прямая будет иметь уравнение Зх+у = т, где т —
искомый минимум, а в точке С уравнение принимает вид
Зх+у = М, где М — искомый максимум функции /.
Координаты точек А и С находим из чертежа приближенно или,
что возможно в данном случае, решая системы двух
уравнений с двумя неизвестными. Система линейных уравнений
х— у= —1,1
х+ 2у=-2)
дает координаты точки Л: (—4/3,—1/3). Аналогично система
х— у= 4,]
х + 2у=6
181

дает координаты точки С: (14/3, 2/3). Точка А лежит на
прямой Зх + у = т, т. е. т = —3 • 4/3.— 1/3 = —13/3.
Аналогично, М = 3 • 14/3 + 2/3 = 44/3.
И™, /■* = ПА) = -13/3; /тах = / (С) = 44/3.
Задача 4. Некоторое производство выпускает два вида
продукции (Пр1 и Пр2) из четырех видов сырья: CI, C2,
СЗ, С4. Потребность сырья в тоннах для выпуска одной
тонны продукции дана в табл. 6, в последнем столбце которой
показаны запасы сырья на производстве.
Таблица 6
Вид сырья
1 С1
1 С2
1 СЗ
1 С4
Пр1
1
3
2
0
Пр2
4
1
0
3
Запас сырья
26 1
23 1
14
18
От реализации одной тонны Пр1 предприятие получает
10 руб. чистой прибыли, реализация одной тонны Пр2 дает
13 руб. чистой прибыли. Требуется рассчитать план
выпуска продукции, дающий максимальную прибыль.
Решение. Составим стандартную задачу линейного
программирования. Пусть следует выпустить х тонн Пр1 и
у тонн Пр2. Очевидно, что при этом прибыль составит f=
= 10х+13у. Это есть функция цели. На выпуск х тонн Пр1
будет затрачено х тонн С1, Зх тонн С2, 2х тонн СЗ, сырья
четвертого вида не потребуется. Аналогично затраты сырья
для выпуска у тонн Пр2 составят соответственно \у, у, 0, Зу.
Так как запасы каждого вида сырья ограничены, то
неизвестные х и у должны удовлетворять системе неравенств:
* + 4*/<26;
Зх+ у<23;
2х <14;
Зу<18.
Кроме того, по смыслу задачи х^О и у^О.
Итак, требуется найти неотрицательное решение
системы (8)., дающее максимальное значение функции f.
I способ. Так как задача содержит только два
неизвестных, то возможно графическое решение. Строим полупло-
(8)
182

скости, соответствующие неравенствам системы (8). Их
пересечение (рис. 27) дает многоугольник допустимых
решений. Строим прямую 10х+13у = М, где, например, берем
Л4= 130 (для облегчения построения по следам на осях
координат). Перемещаем прямую 10л: + 13z/ = 130 параллельно
самой себе до касания к многоугольнику решений системы
(8). Точка касания своими координатами дает оптимальное
Рис. 27.
решение. Из рис. 27 видно, что при уменьшении правой
части в уравнении 10х+13*/= 130 соответствующая прямая
коснется многоугольника решений в точке Л, координаты
которой (6 и 5) усматриваются из чертежа. При этом
f(A) = 10-6+13-5= 125 есть максимум функции f на
многоугольнике решений системы (8).
// способ. Так как, например, прямая х+4у = 26
пересекает обе оси координат, т. е. отсекает треугольник
решений системы
х + 4г/<26;1
*> 0;
У> 0>)
то множество неотрицательных решений системы (8) лежит
в этом треугольнике, т. е. образует ограниченный выпуклый
многоугольник. Поэтому задача имеет оптимальное решение
и по крайней мере одно из оптимальных решений
находится в вершине многоугольника. Чертить этот многоугольник
нет необходимости, ибо его вершины лежат в точках
пересечения прямых, уравнения которых получаются из
неравенств системы (8) заменой знака неравенства на знак ра-
183

венства. Таких точек столько, сколько пар неравенств, т. е.
6 (число сочетаний из 4 по 2). Так как каждая прямая дает
только две вершины выпуклого многоугольника, то часть
точек не может быть вершинами (они вне многоугольника).
Эти точки можно отбросить грубой прикидкой, чтобы
уменьшить объем вычислений (самая простая прикидка — очень,
приблизительный рисунок).
Итак, следует решить несколько систем линейных
уравнений, каждая из которой задает координаты одной
вершины (следует выбрать наибольшее значение / в этих
вершинах):
х+4?=26;;}*=3; у=6; /= Ю • 3+ 13 • 6= 108;
-a?i4g=|g}^=6= ^=S= /-10-6+13.5=125;
\ХХ+ yZ2u] *=7; y=2> /=10-7+13-2 = . 96.
Следует также проверить вершины, лежащие на осях
координат, т. е. (7, 0) и (0, 6), где соответственно / = 70. и
f = 78. Видно, что при х = 6, у = 5 f= 125 есть оптимальное
решение.
Тест 39 для самоконтроля
1. Даны неравенства и уравнение:
ах + Ьу^с; (1)
ах + by = с; (2)
ах + Ьу^с9 (3)
Укажите верные и неверные высказывания относительно
этих выражений.
1.1. При с<0, а = Ь = 0 (1) не имеет решений.
1.2. При сфО, а = Ь = 0 (2) не имеет решений.
1.3. При с>0, а = Ь=0 (3) не имеет решений.
1.4. При с>0, а = Ь = 0 (1) удовлетворяется любой парой чисел.
1.5. При с>0, а=Ь = 0 (2) не имеет решений.
1.6. При с>0, а<0, 6<0 (2) не обладает неотрицательными
решениями.
1.7. При с>0, а<0, 6<0 (3) не обладает неотрицательными
решениями.
1.8. При с>0, а<0, 6<0 (1) удовлетворяется любой парой чисел.
1.9. При с<0, а>0, 6>0 (2) не имеет неотрицательных решений.
1.10. При с<0, а>0, Ь>>0 (1) не имеет неотрицательных решений.
1.11. При с<0, а>0, 6>0 (3) удовлетворяется любой парой чисел.
184

1.12. При с<0, а<0, 6<0 (3) обладает только неположительными
решениями.
2. Укажите верные и неверные рассуждения и
высказывания относительно следующих систем:
ах+Ьу^с;\ (4\
dx + py^gj y }
(неизвестные х\ у)\
au + dv = 0;]
bu + pv= 0; (5)
си + gv = — 1 >
(неизвестные ut v).
2.1. Если система (5) имеет неотрицательное решение, то
неравенство 0-х+0-у< — 1 является следствием системы (4).
2.2. Если система (4) совместна, то она не может иметь
противоречивых следствий. Поэтому любая линейная комбинация неравенств (4) с
неотрицательными коэффициентами имеет решение. Учитывая вид
противоречивого неравенства, выводим, что в этом случае (5) не имеет
неотрицательных решений.
2.3. Если система (5) несовместна, то (4) совместна.
2.4. Если система (4) совместна, то (5) несовместна.
2.5. Система (4) совместна тогда и только тогда, когда (5)
несовместна.
Домашнее задание
1. Исследуйте на совместность систему линейных неравенств двумя
способами:
*i + *2 + *з + *4 < 1;
2*х + 3*2 + 5*з — *4 < 2;
*1+2*2 + 3*3 + *4>6.
2. Решите графически
х+ */< 3;
2* + 5*/<10;
3*+ */< 6;
х>0, */>0,
/ = Ъх -(- 4у -> max.
ЗАНЯТИЕ 40
СИМПЛЕКС-МЕТОД РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ЛИНЕЙНОГО
ПРОГРАММИРОВАНИЯ И НЕКОТОРЫЕ ЕГО ПРИМЕНЕНИЯ
Вопросы к занятию
1. Переход от стандартной задачи линейного
программирования к канонической.
185

(1)
2. Симплекс-метод решения канонической задачи.
3. Геометрический смысл симплекс-метода.
4. Сведение исследования систем линейных неравенств
на совместность к канонической задаче линейного
программирования.
Литература: [7], гл. 9.
Образцы решения задач
Задача 1. Решить задачу 4 из занятия 39 с помощью
симплекс-метода.
Решение. Возьмем из решения задачи 4 занятия 39
уже сформулированную стандартную задачу линейного
программирования: найти неотрицательное решение системы
неравенств
* + 4*/<26;
3*+ */<23;
2х <14;
3*/<18,
максимизирующее функцию цели f = 10х+ 13*/.
Перейдем от стандартной задачи к канонической, введя
для каждого неравенства дополнительные неизвестные, т. е.
обратив все неравенства в уравнения. Получится система с
шестью неизвестными, которые будем, как обычно,
обозначать одной буквой х с номерами (при этом х заменится на
Х\, У — на х2\ остальные неизвестные новые, они составляют
искусственный базис):
*i + 4*2 + х3 = 26;^
Зхх + х2 + #4 = 23; I <2)
х1 -\- Хь = 7; I
х2 +хв = 6J
При этом третье и четвертое неравенства системы (1) были
сокращены на 2 и на 3 соответственно. Итак, требуется
найти неотрицательное решение системы (2), максимизирующее
функцию цели /= 10#i+ 13#2. Решать задачу будем
симплекс-методом, опираясь на следующие положения.
1. Нормальным состоянием канонической задачи будем
считать следующее: в системе уравнений правые части
неотрицательны, главные неизвестные выражены через
свободные, т. е. точно в одном уравнении главное неизвестное
имеет положительный коэффициент, а в остальных уравне-
186

ниях это неизвестное исключено. Функция цели записана в
виде
f + C\X\ + С2Х2 + ... + СпХп = d, (3)
где коэффициенты с{ при главных неизвестных равны нулю
(исключены); d — неотрицательное число.
2. Если в нормальном состоянии канонической задачи
приравнять нулю все свободные неизвестные, то получится
базисное допустимое решение.
3. Если каноническая задача имеет оптимальное
решение, то она имеет оптимальное базисное решение.
4. Если в нормальном состоянии канонической задачи
в равенстве (3) все коэффициенты неотрицательны, то
соответствующее базисное решение дает максимальное
значение f (оптимальное решение на максимум).
5. Если в нормальном состоянии канонической задачи в
равенстве (3) все коэффициенты неположительны, то
соответствующее базисное решение дает минимальное значение
/ (оптимальное решение на минимум).
6. Если каноническая задача на максимум записана в
нормальном виде, а в равенстве (3) есть такой
отрицательный коэффициент сг-, что все коэффициенты в системе
уравнений при х{ неположительны, то задача не имеет
оптимального решения (функция цели неограничена на множестве
решений системы уравнений).
7. Если каноническая задача на минимум приведена к
нормальному виду, а в равенстве (3) некоторый
коэффициент положителен и все коэффициенты над ним (с тем же
номером.) неположительны, то задача не имеет
оптимального решения (функция цели неограничена снизу на
множестве решений системы уравнений). ч
8. Переход от одного нормального вида канонической
задачи к другому, т. е. перевод некоторого свободного
неизвестного в главные, предпринимается с целью
уничтожить в равенстве (3) отрицательный коэффициент при
/->тах или положительный коэффициент при /->min.
Если следует уничтожить cit то среди коэффициентов при
х( в системе вида (2) отыскивают положительный
коэффициент им с наименьшим отношением Ь^аы, где ^ —
свободный член уравнения, содержащего член аих(. Если
последнее требование не выполнить, то при исключении хь
с помощью &-го уравнения появятся отрицательные правые
части в тех уравнениях, где отношение bj/a^ меньше, чем
bklukh T- е- нормального вида канонической задачи не
получится. Если над исключаемым коэффициентом из (3) нет
187

положительных коэффициентов в системе уравнений, то
вступают в силу пункты 6 или 7 (нет оптимального
решения).
Запишем решаемую задачу в виде матрицы так, как
обычно поступают при решении системы линейных
уравнений, т. е. опустим символы неизвестных, равенство (3)
запишем последней строкой, букву f тоже опустим, свободные
члены отделим вертикальной чертой. Получим обычный вид
системы линейных уравнений, в которой, однако,
запрещено «работать» последней строкой:
26~|
23
7
6
L=I6 =ЛЗ 0 0 0 0| 0_|
Итак, каноническая задача находится в нормальном виде,
главными неизвестными являются дополнительные
неизвестные Хзу х4у #5, *б> свободными х\, х2у последняя строка
матрицы расшифровывается как f — 1 Oati — 1 Злг2 = 0.
Уничтожим второй отрицательный коэффициент в
последней строке. Из отношений 26/4, 23/1, 6/1 наименьшим
является 6. Поэтому разрешающим элементом становится
а42=1. Исключение х2 проведем обычно, методом Жорда-
на — Гаусса:
Г ГП 0 1 0 0 —4| 2"|
3 0 0 1 0 —1 17
10 0 0 1 0 7-
0 10 0 0 1[6 '
L—10 0 0 0 0 13178 J
Чтобы аннулировать число —10 в последней строке, среди
отношений 2/1, 17/3, 7/1 выбираем наименьшее, т. е. будем
использовать первое уравнение:
■1
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
—3
—1
0
10
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
—4
пл
4
1
—27
2'
11
5
6
98
Опять выбираем минимальное из отношений 11/11, 5/4, 6/1,
т. е. рабочим уравнением становится второе. Чтобы избе-
1 4 10 0 0
3 10 10 0
1 0 0 0 10
0 ГЛ 0 0 0 1
188

жать появления дробных коэффициентов, будем, например,
первое уравнение умножать на 11, а второе уравнение
умножим на 4 и прибавим к первому. Этот прием легко
просчитывается на отдельных членах по следующему правилу
прямоугольника (см. также решение задачи 2 из занятия
11):
ЛЛ
хп
им ... им
Если им — разрешающий элемент, то вместо aJt ставится
CLjtaki — ajiCikt. Естественно, что вместо aJt ставится нуль
(неизвестное xt исключаем). К последней строке применять
этот прием нецелесообразно, чтобы не исказить
максимальное значение функции цели. Матрица
11
0
0
0
0
0
0
11
—1
—3
1
3
4
1
—4
— 1
0
0
11
0
0
11
0
0
66-1
11
11
55
О 0 29/11 27/1Г 0 01125 J
есть запись нормального состояния канонической задачи
на максимум при всех неотрицательных коэффициентах в
строке функции цели, т. е. задача доведена до конца.
Полагаем ^3 = ^4 = ^5 = ^6 = 0, т. е. /тах=125 при х\ = 6, #2 = 5.
Замечание. По своей сути приведенное решение близко к
решению, изложенному при втором способе решения задачи 4 из занятия
39, ибо базисное решение есть решение в вершине многогранника
допустимых значений в многомерном пространстве. Но в симплекс-методе
переход от одной вершины к другой сопровождается монотонным
изменением правой части в равенстве (3). В задачах на максимум эта
правая часть должна возрастать. Поэтому для уничтожения' отрицательного
коэффициента в последней строке разрешающий элемент не может быть
выбран отрицательным. Аналогично в задачах на минимум правая часть
равенства (3) должна монотонно убывать, следовательно, для
уничтожения положительного элемента в последней строке опять не может
быть выбран отрицательным разрешающий элемент. Описанный алгоритм
перехода от нормального состояния канонической задачи к следующему
соответствует переходу от одной вершины многогранника допустимых
решений к другой вершине при монотонном изменении функции цели.
"В силу конечности числа вершин этот процесс через конечное число
шагов приводит к вершине касания многогранника допустимых решений с
гиперплоскостью, уравнение которой задано функцией цели.
В редких случаях возможно так называемое зацикливание симплекс-
метода: несколько вершин многогранника допустимых решений
находятся в одной гиперплоскости, параллельной будущей касательной
гиперплоскости (она определяется функцией цели), и симплекс-метод
сменяет эти вершины по циклу. При этом значение функции цели остается
постоянным. Для выхода из зацикливания надо сменить разрешающий
элемент.
189

Задача 2. Составить и решить задачу, двойственную
задаче 1. Выяснить ее экономический смысл.
Решение. Запишем задачу 1 в виде стандартной
задачи линейного программирования (см. (1)):
*х + 4*2 ^ 26; ]
3*х+ *2<23;
2*i < 14;
3*2 < 18;
*i>0, *2>0;)
/= 10*!+ 13*2 ->- max.
Для перехода к двойственной задаче матрицу системы
неравенств следует транспонировать. При этом получаются
два неравенства с четырьмя неизвестными. Смысл новых
неравенств противоположен смыслу исходных, а их правые
части являются коэффициентами прежней функции цели.
Новая функция цели устремлена к минимуму, ее
коэффициенты — правые части прежних неравенств. Итак, запишем
стандартную задачу на минимум от четырех неизвестных:
iJi + 3y2 + 2y3 >10,|
4#1+ </2 ' + 3*/4>13, (4)
01, 02, Узу 04 >0, J
Ф = 26#1 + 23</2 + 14#з + 18^4 ->min.
Так как в функции цели коэфициентами являются
запасы сырья, а в неравенствах коэффициентами будут нормы
расхода сырья при выпуске одной тонны продукции
соответственно, то неизвестные обозначают какие-то величины,
характеризующие одну тонну каждого сырья
соответственно. Поскольку в неравенствах (4) справа стоит чистая
прибыль от реализованной тонны продукции, то решение
двойственной задачу определяет минимальную надбавку к цене
за тонну каждого сырья, чтобы при его продаже (другому
предприятию) получить прибыль не меньшую, чем при
организации производства из этого сырья.
Перейдем к канонической задаче и используем симплекс-
метод. Введем два вспомогательных неизвестных, чтобы
перейти к уравнениям:
01 + 302 + 203 —05 = Ю;|
40i+ 02 +304 — Ув= 13;
Vl* 02» 03, 04, 05, 06 > 0, J
Ф - 260Х - 23*/2 - 14*/3 - 1804 = 0.
190

запишем задачу в виде матрицы:
1
4
-26
3
1
—23
2
0
— 14
0
3
— 18
— 1
0
0
0
—1
0
10
13
0
Видно, что уъ и у4 можно считать главными неизвестными, а
Уъ и ув не могут быть взяты главными, ибо перед ними стоит
знак минус. Чтобы эту каноническую задачу привести к
нормальному виду, надо исключить уъ и у4 из последней
строки (из функции цели). Поэтому первую строку,
умноженную на 7, и вторую строку, умноженную на 6,
прибавляем к последней:
1
ш
3 2 0
1 0 3
—1
0
0
—1
10
13
5 4 0 0—7 —6| 148 J
Каноническая задача на минимум приняла нормальный вид.
Следует исключить положительные коэффициенты из
последней строки. Так как отношение 13/4 меньше отношения
10/1, используем второе уравнение:
[О {Ту 8 —3—4 1 I 27 ]
4 10 3 0 —1 I 13 •
|_0 11/4 0 —15/4 —1 —19/4 1527/4 J
Исключаем коэффициент 11/4 в последней строке:
г 0 11 8—3—4 II 271
44 0, —8 36 4 —121116 .
[ 0 0—2—3—6 —51 125J
Каноническая задача на минимум приведена к
окончательному виду. При Уг=У4=У5 = Уб = 0 вычисляем #2 = 27/11 и
#1 = 29/11. При этом минимальное значение функции цели
равно 125 руб., что совпадает с максимальным значением
функции цели в предыдущей (двойственной) задаче.
Замечание. Очевидно, что с экономической точки зрения лишь
125 руб. надбавки к общей стоимости сырья рассчитано точно.
Надбавки к ценам за одну тонну сырья могут быть другими при той же общей
сумме в 125 руб., ибо задача может иметь более одного оптимального
решения. Кроме того, с экономической точки зрения это всего лишь
минимально возможная надбавка.
Задача 3. Решить задачу 1 из занятия 39 с помощью
симплекс-метода, т. е. исследовать на существование неот-'
рицательного оешения систему уравнений:
хг + 2х2— 4#з — 2#4= 13;|
3#х + х2 — 7х3 — 6#4= 19; |
—хх — х2 + 4#з + 4*4 = —8.)
191

Решение. Записав систему с неотрицательными
правыми частями, введем в каждое уравнение по одному
новому неизвестному (так называемый искусственный базис).
Устремляя к минимуму сумму искусственных неизвестных,
получаем каноническую задачу на минимум, которая всегда
имеет оптимальное решение. Если при этом минимум
функции цели равен нулю, то искусственные неизвестные
оказываются отброшенными и получается неотрицательное
решение исходной системы уравнений. Если минимум функции
цели положительный, то это означает, что исходная система
не обладает неотрицательными решениями. Итак, получаем
задачу:
*i + 2*2 — 4#з — 2*4 + х5 = 13;]
3*а+ х2 — 7х3 — 6хА + хв =19;
. х,>0;
/ = xb + xB + x7-+min.
Запишем задачу в виде матрицы:
1
3
1
0
2
1
1
0
—4
—7
—4
0
—2
—6
—4
0
1
. 0
0
— 1
0
1
0
—1
0
0
1
—1
13'
19
8
0
Приведем каноническую задачу к
ключив из функции цели главные
все уравнения к последнему):
"12 —4—2 1
3 1 —7 —6 0
1 1 . —4 —4 0
нормальному виду, ис-
неизвестные (прибавим
13~
19
8
|_5 4 —15 —12 0 0 0|40j
Исключаем положительные коэффициенты из функции цели:
1
5
LL!
2
0
0
—4
— 10
—4
—2
— 10
—6
1 0 0
—12 0
— 10 2
13
25
3
0 —7 —8 —2 0 0|14J
0 2 0
0 0 | 101
1 0 —4
4
20
—6
2 0
4 2
— 1 0
—2
— 10
2
10
10
3
о о
10
10 — 6| 5 J
192

0
•о
10
0
2
0
0
0
0
5
0
0
4
10
20
0
2
2
6
— 1
0
1
8
— 1
—2
—5
—20
— 1
10'
5
70
0
Итак, каноническая задача на минимум доведена до
конца и минимум функции цели равен нулю. Приравниваем
нулю все свободные неизвестные и получаем частное
неотрицательное решение (7, 5, 1,0) (искусственные
неизвестные в решение не включены).
Задача 4. Решить задачу 2 из занятия 39 с помощью
симплекс-метода, т. е. исследовать на совместность систему
неравенств:
*1 + *2 + *3<4'Л
#i — х2 4~ *з ^ 2; I
*i + *2— *з>2;
—Xi + x2 + x3<2j
Решение. Опять используем критерий совместности
системы линейных неравенств: система неравенств АХ^В
совместна тогда и только тогда, когда система уравнений
ATY.
BTY •
-?}
не имеет неотрицательных решений.
В задаче 2 занятия 39 последняя система была записана
в виде матрицы. Введем искусственный базис, прибавив в
каждое уравнение по новому неизвестному, а сумму
искусственных неизвестных" устремим к минимуму как функцию
цели. Получаем каноническую задачу линейного
программирования на минимум:
Vi + У%— Уз— Уа + Уь =0;
Ух— Уг— Уа+ У* + Ул =0'.
</i+ у*+ Уз+ У4 +У7 =0;
—4г/х — 2уг + 2t/3 — 2f/4 + У% = 1'.
У1>0;
1=Уь + Ув + Ут + #8->-пШ-
эту задачу в виде матрицы:
1 1 0
1 0 1
1 0 0
-2 0 0
Запишем
1 1 —1
1 —1 —1
1 1 1
-4 —2 2
0
0
1
0
0п
0
0
1
L 0 0 0
0 —1 —1 —1 —110.
7 Зак. 1684
193

Исключим главные неизвестные из функции цели,
прибавив все строки к последней, и этим приведем
каноническую задачу к нормальному виду:
1
1
1
—4
— 1
1
—1
1
—2
— 1
— 1
— 1
1
2
1
1
1
ГГ\
—2
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
10.
Исключим положительные коэффициенты из строки
функции цели:
гО 0 —2 0 1 0 —1 010-1
0—2—2001—100
I 1 1 110 0 10 0.
—2 0 4 0 0 о, 2 ill
L—2 —2 0 0 0 0 —1 0|lJ
Каноническая задача приведена к окончательному виду,
минимальное значение функции цели равно 1, т. е.
положительно. Это значит, что составленная система уравнений не
имеет неотрицательных решений. Поэтому, согласно
критерию совместности системы линейных неравенств, исходная
система неравенств совместна.
Тест 40 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные суждения относительно
канонической задачи:
х + ау = 1;1
by + z=2;j
f + cy =3,
где / — функция цели.
1.1. Если /-»тах и с>0, то (Г, 0, 2) при / = 3 есть
оптимальное решение.
1.2. Если /-»min и с < 0, то (1, 0, 2) при / = 3 есть
оптимальное решение.
1.3. Если / -» max, с < 0, а = Ь = 1, то следует сделать шаг
симплекс-метода с помощью первого уравнения.
1.4. Если /-»тах, с<0, а<0, Ь < 0, то при любом m > 0
(—am + 1, m, —bm + 2) есть допустимое решение, при этом / = 3 —
— cm > 0 и / не ограничена сверху, т. е. нет оптимального решения.
1.5. Если /-> max, с<0, а < 0, Ь > 0, то следует сделать шаг
симплекс-метода с помощью второго уравнения.
1.6. Если/->гшп, с > 0, то (1, 0, 2) при / = 3 есть
оптимальное решение.
194

1.7. Если /->min, о О, а < О, Ь < О, то /не ограничена снизу,
ибо при любом т > 0. (—am + 1, m, —Ьт + 2) есть допустимое
решение при / = 3 — ст.
1.8. Если /->тах, с < 0, то (1, 0, 2) при /=3 есть
оптимальное решение.
1.9. Если /-*min, c>0, a=l, 6 = 4, то следует сделать шаг
симплекс-метода с помощью первого уравнения.
1.10. Если / -> min, с > 0, а = 6 = 0, то задача не имеет
оптимального решения.
Домашнее задание
1. Решит^ симплекс-методом:
*1 + *2 — *4 = ЗЛ
Хх — Хъ +3*4 = —1;1
2*i + *2 + *з— *4 = 5;[
*/>0; • J
/ = Xl + x2 + xz + 5*4 -> max.
ЗАНЯТИЕ 41
ДЕЛИМОСТЬ В КОЛЬЦЕ ЦЕЛЫХ ЧИСЕЛ.
ТЕОРЕМА О ДЕЛЕНИИ С ОСТАТКОМ, АЛГОРИТМ
ЕВКЛИДА И НАИБОЛЬШИЙ ОБЩИЙ ДЕЛИТЕЛЬ
Вопросы к занятию
1. Определение кольца, бинарное отношение
(повторение).
2. Определение и свойства делимости.
3. Теорема о делении с остатком.
4. НОД и_его свойства, вычисление НОД.
Литература: [7], с. 141—144, 372—375, 379; [1], с. 5—13.
Образцы решения задач
Задача 1. Доказать, Что из п последовательных
натуральных чисел только одно делится на п.
Решение. Пусть
at fl+.l, а + 2, ..., а+п— 1 (1)
есть требуемая последовательность. Два числа из набора
(1) одновременно на п делихься не могут, ибо их разность
меньше п и, значит, на п делиться не может. Пусть a = nq + ry
0^.г<п по теореме о делении с (Остатком, Если г = 0, то а\п.
7* 195

Если г>1, то a + n—r принадлежит множеству (1) и а +
+ n — r = nq + r + n — r=n(q+l). Следовательно, а + n — r
делится на п.
Задача 2. Доказать, что произведение k
последовательных натуральных чисел делится на k\. Применить это для
доказательства утверждения: (Vn £ N) [п (я2 + 5) • 6].
Решение. Возьмем произведение k последовательных
натуральных чисел начиная с п: р= п (п+1) (лг+2)... (п + k — 1).
Умножим числитель и знаменатель дроби — на (п— 1)!.
k\
Тогда
р (n + k— 1)! nk пп-\
W = *1(я-1)! = Сл+*-1 = Сп+к~и
Р /
т. е. — является числом натуральным (как число
сочетаний).
По доказанному (n—l)n(n+l)=n(n2—l) делится на
3! = 6. Очевидно, что 6п тоже делится на 6. Поэтому
делится на 6 их сумма: п(п2— 1) +6п = п(п2 + 5).
Задача 3. Найти частное и остаток от деления: а) 764
на 13; б) -764 на -13; в) 764 на -13; г) -^764 на 13. .
Решение, а) Обычным делением находим:
764=13-58+10. (2)
Так как 10<13, то г= 10 — остаток, а <7 = 58 — неполное
частное при делении 764 на 13.
б) В равенстве (2) поменяем знаки: — 764= —13-58—
— 10. Затем, чтобы получить неотрицательный остаток, в
правой части равенства прибавим и вычтем 13 (модуль
делителя). Получим —764='-13-59 + 3, т. е. ^ = 59, г=3 и
3<|-13|.
в) В равенстве (2) поменяем одновременно знаки у
делителя и частного: 764= —13( —58) + 10, т. е. q= — 58, г=10.
г) Поступим так же, как и в случае «б», но знак минус
отнесем к частному, а не к делителю: — 764 =13 ( — 58) — 10=
= 13( —59) +3, т. е. q = -59, г = 3.
Задача 4. Найти наибольшее целое число, дающее при
делении на 13 частное 17.
Решение. а= 13- 17 + г, где 0^г<13. Очевидно, что
а будет наибольшим при г= 12, т. е. а = 233.
Задача 5. Найти делитель и остаток, если делимое и
частное соответственно равны 25 и 3.
Решение. Получаем 25=6-3 + г, где 0^г<|6|. Оче-
196

видно, что b>0. Далее, b>r=25-3b^0y т. е. 46>25^3Ь.
Так как b -целое, то b равно 7 или 8. Соответственно г равно
4 или 1.
Задача 6. Вычислить НОД (99, 162) и выразить его
через исходные числа.
Решение. Применим алгоритм Евклида,
последовательно выполняя деление с остатком:
162 = 99-1+63; 99 = 631 + 36; 63 = 36-1+27;
36=27.1+9; 27 = 9-3.
Последний, не равный нулю остаток в алгоритме Евклида
(число 9) есть НОД, т. е. НОД(99, 162) =9. Чтобы
выразить 9 через числа 162 и 99, перепишем равенства в
алгоритме Евклида, выразив остатки: 63=162 — 99; 36=99 — 63;
27 = 63-36; 9 = 36-27.
Подставляя каждое равенство в два последующих, получаем
36=99- (162-99) =2-99- 162; 27= (162-99) - (2-99-
-162) =2-162-3-99; 9= (2-99- 162) - (2-162-3-99) =
= 5-99-3-162.
Итак, НОД (99, 162) =5-99-3-162.
Задача 7. Вычислить НОД (588, 2058, 2849) двумя
способами.
Решение. / способ. Используем ассоциативность
выделения НОД, т. е. НОД (а, Ъ, с) = НОД (НОД (а, Ь), с).
Применение алгоритма Евклида к числам 2058 и 588 дает:
2058 = 588-3 + 294; 588 = 294-2, т. е. НОД(2058, 588) =294.
Применим алгоритм Евклида к 2849 и 294:
2849 = 294-9 + 203; 294 = 203-1+91; 203 = 91-2 + 21;
91=21-4+7; 21 = 7-3, т. е. НОД(2849, 294) =7.
Итак, НОД (588, 2058, 2849) =7.
II способ. Разложим данные числа на простые
множители: -.
588
294
147
49
7
1
2
2
3
7
7
2058
1029
343
49
7
1
2
3
7
7
7
2849
407
37
1
7
11
37
Итак, 588=22-3-72, 2058=2-3-73, 2849 = 7-11-37.
Выбираем общие простые множители в наименьшей встречаю-
197

щейся степени. В данном случае НОД (588, 2058, 2849) =
= 2°.30.71.11°.370 = 7. -
Замечание. Для больших чисел разложение на простые
множители — одна из самых трудных задач в арифметике.
Тест 41 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения (a, q^Z).
1.1. Если a=6q—3, то остаток при делении а на 6 равен 3.
1.2. Если a = 6q—2, то остаток при делении а на 6 равен 2.
1.3. Если а = 6<7+3, то остаток при делении а на 6 равен 3.
1.4. Если a = 6q—2, то остаток при делении а на 6 равен 4.
1.5. Если a = 6q—10, то остаток при делении а на 6 равен 2.
2. Пусть для некоторых фиксированных натуральных
чисел а и b НОД (а -\-Ь> 2а) = &. Укажите верные и
неверные утверждения.
2.1. <*=НОД(а, Ь).
2.2. <*=НОД(2а, а-Ь).
2.3. d=2HOH(a, Ь).
2.4. (Н£€1Ч)№ = ШОД(а, Ь)\.
2.5. ^ = 2НОД(а + &> а).
Домашнее задание
1. Докажите, используя математическую индукцию: (Vn £ N) [/г(п2+
+ 5): 6].
2. Вычислите несколькими способами НОД (279, 372, 1395).
3. Определите НОД (903, 731) и выразите его линейно через
аргументы.
4. Числитель данной дроби есть разность квадратов двух нечетных
чисел, знаменатель — сумма квадратов тех же чисел. Докажите, что
дробь сократима на 2, но несократима на 4.
ЗАНЯТИЕ 42
ВЗАИМНО ПРОСТЫЕ ЧИСЛА. НОК
Вопросы к занятию
1. Свойства взаимно простых чисел.
2. НОК, свойства и вычисление.
3. Связь НОД и НОК.
Литература: [7], с. 375—378; [1], с. 14—20.
198

Образцы решения задач
Задача 1. Разность двух нечетных чисел равна 2П.
Доказать, что эти числа взаимно простые.
Решение. НОД нечетных чисел — число нечетное.
Разность чисел делится на их НОД, но единственным
нечетным числом, делящим 2П, является 1. Следовательно, НОД
этих чисел равен 1.
Задача 2. Вычислить НОК (360, 189, 825) несколькими
способами.
Решение. / способ. Воспользуемся ассоциативностью
вычисления НОК, т. е. НОК(360, 189, 825) = НОК (НОК (360,
189), 825). Для вычисления НОК пары чисел используем
связь НОД и НОК двух чисел. Вычисляем НОД (360, 189) =
= 9 с помощью алгоритма Евклида (см. занятие 41).
Поэтому НОК (360, 189)= 360'189
= 7560. Аналогично вычисляем
9
НОК (7560, 825) = 756°15825 = 415800.
// способ. Разложим данные числа на простые
множители:
360
180
90
45
15
5
1
2
2
2
3
3
5
189
63
21
7
1
3
3
3
7 .
825
165
33
11
1
5
5
3
11
Имеем 360 = 23-32.5, 189 = 33-7, 825 = 523. И. Выбираем
наибольшие степени всех встречающихся в разложениях
простых чисел, их произведение даст НОК-
Итак, НОК(360, 189, 825) = 23-33-52.7-11=415800.
Задача 3. Вычислить НОК (50, 70, 30).
Решение. Вынесем общий множитель 10 за знак НОК:
НОК(50, 70, 30) = 10НОК(5, 7, 3). Числ^а 5, 7 и 3 попарно
взаимно простые, поэтому их НОК равно их произведению.
Таким образом-, НОК(50, 70, 30) = 10-5-7 3= 1050.
Задача 4. Решить систему уравнений:
НОД(Зх, Ъу) = 7;
НОК ( х, 2у) = 308;
х, у€ N.
Решение. Так как НОД(3,7) = 1 и НОД(5, 7) = 1, то
уравнение НОД(3#, Ъу) = 7 равносильно уравнению НОД(#,
у) = 7 при условии, что х [ 5 и у \ 3. Кроме того, из НОД (х,
(1)
199

у) =7 следует, что х и уне могут одновременно быть
четными. Если х четное, то у нечетное и, очевидно, НОК(*,
2у) = НОК(*, у). Если х нечетное, то НОК(*, 2у) = 2НОК(*,
у). Следовательно, система (1) распадается на две системы:
НОД(х, у)= 7п
НОК(х1_у) = 308; (2)
X: 5, у\3, х\2\ )
НОД(х, у)= 7-л
НОК(^у)_^154; (3)
х\ 5, у\3, х\2. )
Пусть х= 7u, y= 7v, где, как известно, НОД (u, v) = 1.
Тогда НОК (х, у) = НОК(7ы, 7v) = 7НОК(ы, v) = 7uv. Так
как 308 не делится ни на 5, ни на 3, то ограничения
х\Ъ, у\3 излишни. Итак, из системы (2) получаем:
НОД (к, v)= 1;|
uv = 44\\ (4)
и:2.) ~
Так как 44 = 4-11=44-1 и других разложений 44 в
произведение двух взаимно простых множителей нет, то система
(4) имеет только два решения: #i = 4, 1^=11 * и #2 = 44, v2 =
= 1. Умножая на 7, получаем два решения исходной
системы: (28,77), (308,7).
Аналогично из системы (3) получаем:
НОД (a, v)= 1;1
uv=22;\ (5)
и\2.\
Так как 22=1-22=11-2 и других разложений числа 22 на
два взаимно простых множителя нет, то система (5) имеет
два решения: #з= 1, *>з = 22; и4=11, t;4 = 2. Умножая на 7,
получаем еще два решения исходной системы: (7, 154),
(77, 14). Итак, система (1) имеет четыре решения: (28, 77),
(308,7), (7,154), (77,14).
Тест 42 для самоконтроля
1. Пусть k; k+\\ k + 2— три последовательных
натуральных числа. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. (VHN)
1.2. (HHN)
1.3. (H6 6N)
1.4. (H&6N)
1.5. (H&6N)
;НОД(Л, k+1, * + 2)=1].
НОД(&, k + 1, k + 2) = 3].
НОК (A?, k + 1, k + 2) = k(k + l)(k + 2)].
HOK(fc, k + 1, k + 2) = k(k + \)(k + 2)/2].
НОК (6, k + 1, k + 2) = k(k + l)(k + 2)/3].
200

2. Пусть для некоторых фиксированных натуральных
чисел а и b НОД(а + 6, НОК'(а, b)) = d. Укажите верные
и неверные утверждения. •
а + Ь
2.1. d = ——.
2
2.2. d = НОК (а, 6)
2.3. <* = НОД(а, 6)
2.4. d =
НОК (а, 6)
2.5- <* = НОД(а + &, а — Ь).
Домашнее задание
1. Вычислите НОК (252, 468), применив алгоритм Евклида.
2. Решите систему уравнений
х + у = 667; л
НОК(*,у) _ \
НОД(*, у) -12U'
х, y£N. )
3. НОК двух чисел равно 975, а сумма частных от деления этих
чисел на их НОД равна 18. Найдите эти числа.
ЗАНЯТИЕ 43
ПРОСТЫЕ ЧИСЛА. ЧИСЛОВЫЕ ФУНКЦИИ
Вопросы к занятию
1. Определение простого числа.
2. Свойства делимости на простое число.
3. Основная теорема арифметики.
4. Теорема Евклида.
5. Решето Эратосфена.
6. Числовые функции.
Литература-: [7], с. 364—371; [1], с. 20—32.
Образцы решения задач
Задача 1. Выяснить, простыми или составными
являются числа: а) 101; б) 1001.
Решение, а) Пусть 101 — число составное, тогда
наименьший простой делитель этого числа не превышает
201

[УЮ1]=10, где [а] — целая часть числа а. Проверим,
делится ли 101 на простые числа 2, 3, 5, 7. Наше предположение
неверно, число 101 — простое, оно не делится ни на одно из
этих чисел.
б) Имеем [|1001] = 32. Простые числа, меньшие 32: 2, 3,
5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31. Число 1001 — составное, так как
1001 ; 7.
Задача 2. Найти все простые числа между числами 150
и 170.
Решение. Выпишем все числа этого промежутка: 151,
152, 153, 154, 155, 156, 157, 158, 159, 160, 161, 162, 163, 164,
165, 166, 167, 168, 169. Вычеркнем числа, кратные простому
числу 2 (151 нечетное, поэтому вычеркиваем 152 и далее
каждое второе). Первое число в этой последовательности,
делящееся на 3, есть 153. Вычеркиваем 153 и далее каждое
третье. Так как У169= 13, вычеркиванию подлежат числа,
кратные простым 2, 3. 5, 7, 11, 13. Продолжаем процесс
вычеркивания далее. * Вычеркиваем 155, как делящееся на 5.
и далее каждое пятое. Число 151 при делении на 7 дает в
остатке 4, поэтому151+3= 154 вычеркиваем, как
делящееся на 7, и далее каждое седьмое. Аналогично: 151 = 11-13+
+ 8, поэтому 151+3=154, и далее каждое одиннадцатое
вычеркиваем, как кратное 11. Если уже вычеркнуты все числа,
кратные простым числам, меньшим, чем 13, то вычеркивание
кратных простому числу 13 следует начинать с 132 = J69
(меньших, делящихся на 13, и невычеркнутых быть не
может). Оставшиеся числа простые: 151, 157, 163, 167.
Задача 3. Найти: а) [-2,3]; б) [2-lg2512].
Решение, а) —3 < —2,3 < —2, следовательно [—2,3] =
--=—3.
б) —4<—lg2512<—3, тогда —2 < 2—lg2512< —1,
следовательно, [2 — lg 2512] = —2. Пояснение: (103<2512<
< 104)=^(3<lg2512<4).
Задача 4. Разложить на простые множители 15!.
Решение. Наибольший показатель а, с которым
простое число р входит множителем в azI, находится по формуле
а=[п/р] + [п/р2] + ... + [n/pk], где pk^n<pk+K Очевидно, что
P<az. Получаем [15/2]+[15/4]+[15/8] = 7 + 3+1 = 11; [15/3] +
+ [15/9] = 5+1=6;[15/5]=3; [15/7] = 2; [15/11]= 1; [15/13]= 1.
Следовательно, 15! = 2П.36.53.72.1ЫЗ.
Задача 5. Найти количество натуральных чисел, не
превосходящих 100 и не делящихся ни на одно из простых чисел
5,7,П.
Решение. Количество чисел, кратных 5 и не
превосходящих 100, есть [100/5]=20. Аналогично существует [100/7]
202

и [100/11] чисел, не превосходящих 100 и делящихся на 7 и
11 соответственно. Однако число 100 — [100/5] — [100/7] —
— [100/11] меньше требуемого в ответе, так как числа,
кратные одновременно двум из трех простых, были выброшены
дважды. Количество таких чисел надо прибавить: #=100 —
— [100/5] —[100/7] —[100/11] + [100/35]+[100/55] + [100/77].
Так как 5.7.11>100, то х= 100-20- 14-9 + 2+1 + 1 =
= 61 есть ответ задачи (если бы произведение этих трех
простых было меньше 100, то числа, кратные всем трем
одновременно, были бы трижды выброшены и трижды
возвращены обратно, и их еще раз следовало выбросить, т. е.
отнять [100/(5-7-11)], но в данном случае это нуль).
Задача 6. Найти сумму и число всех натуральных
делителей числа 475 и перечислить эти делители.
Решение. Находим каноническое разложение числа
475: 475 = 52 • 19. Теперь по формулам вычисляем
а(475)=: 53~V . Л92^1 =31 -20 = 620; т(475) = (2 +
+ 1)(1 + 1) = 6; {1, 5и~52, 19, 5- 19, 52 • 19}.
Задача 7. Найти натуральное число, которое делится
точно на два различных простых числа, если число его
натуральных делителей равно 6, и их сумма 28.
Решение. Пусть n = paq$y х(п) = (а+1) (р+ 1) =6,
а(л)=28: Так как а>1 и р>1, то либо а+1 =2, р+1 = 3,
либо наоборот. Нам достаточно рассмотреть случай а=1,
Р = 2 (в противном случае простые числа можно
переобозначить). Запишем o(pq2) = (р+1) (q2 + q+ 1) =28 = 22-7, Так
как р>\ и q2 + q>2, то ни один из множителей не равен 2.
Пусть р+1=4, q2 + q+l = 7y т. е. р = 3, q = 2, л = 3-22=12.
Если положить р+1 = 7, то р = 6. Получили противоречие,
так как р — простое. Других случаев нет. Ответ: 12.
Тест 43 для самоконтроля
1. Множество простых чисел бесконечно. Укажите верные
и неверные доказательства.
1.1. Пусть М — некоторое конечное множество простых чисел,
произведение которых равно числу s. Число s+1 не делится ни на одно
число из М. Следовательно, минимальный простой делитель числа s+1 не
принадлежит множеству М. Поэтому никакое конечное множество
простых чисел не исчерпывает всех простых чисел, т. е. множество простых
чисел бесконечно.
1.2. Предположим, что множество всех простых чисел конечно и их
произведение равно числу s. Так как простые числа существуют, то s>
>1 и s+ 1>2. Так как s+1 не делится ни на одно простое число, то
получено противоречие с теоремой о минимальном простом делителе.
203

1.3. Предположим, что существует наибольшее простое число р, т. е.
2, 3, 5, ..., р — все простые числа. Тогда число а = 2 • 3 • 5 •... • р— 1 не
делится ни на одно простое число, не большее, чем р. По теореме о
минимальном простом делителе а делится на простое число, большее, чем р,
что противоречит выбору р.
1.4. Предположим, что множество всех простых чисел М конечно и
s — их произведение. Тогда минимальный простой делитель числа 5+1
не содержится в множестве М, ибо s на него не делится. Получено
противоречие с определением множества М.
1.5. Пусть f (х) — произведение всех простых чисел, не
превосходящих действительное число х. Тогда при фиксированном n£'N f (n) —
— 1 не делится ни на одно простое число, не превосходящее п, т. е.
минимальный простой делитель числа f (п) — 1 больше п. Так как п
взято произвольно, то наибольшего простого числа не существует, т. е
простых чисел бесконечно много.
2. Наименьший простой делитель всякого составного
натурального числа не превышает корня квадратного из
этого числа. Укажите правильные и неправильные
доказательства и опровержения.
2.1. Утверждение верно. Докажем его методом от противного.
Пусть a = pq, причем р — наименьший простой делитель числа а.
Допустим, р > Y a i тогда тем более q> Уа и pq> У а *У а =
«= а. Получили противоречие. Следовательно, р < У а .
2.2. Утверждение неверно. Приведем контрпример: а =11,
наименьший простой делитель числа а есть И, но 11а= 121 > И.
2.3. Утверждение верно. Пусть a = pq, причем р<^, р — простое
число. Тогда ap^aq, так как а — натуральное. Но а = pqy откуда
p2q^aq и р2 < а. Итак, р-^У а .
2.4. Утверждение верно. Пусть а =» pq и р 4^q, где р — простое
число. Тогда р2 < д2, но q — делитель а, следовательно, q2^.ay откуда
р2<а, т. е. р<|/ а.
2.5. Утверждение верно. Пусть a=*pq, причем р<? и р — простое
число. Тогда р2 <^pq= а, т. е. р < У а .
Домашнее задание
1. Выясните, являются ли простыми числа: а) 127; б) 7429.
2. Разложите на простые множители 10!.
3. Найдите количество натуральных чисел, не превосходящих 1000
и не взаимно простых с числом 363.
ЗАНЯТИЕ 44
ПОЗИЦИОННЫЕ СИСТЕМЫ СЧИСЛЕНИЯ.
ПЕРЕВОД ЧИСЕЛ ИЗ ОДНОЙ СИСТЕМЫ В ДРУГУЮ
Вопросы к занятию
1. Запись натурального числа в позиционной системе
счисления.
204

2. Перевод записи натуральных чисел из одной
позиционной системы счисления в другую.
3. Действия над числами в произвольной системе
счисления.
Литература: [7], с. 385—389; [1], с. 39—47.
Образцы решения задач
Задача 1. Записать в троичной позиционной системе
числа: а) 3625; б) 58. Сделать проверку.
Решение.а) Следующее равенство очевидно:
a4q4 + a3q3 + a2q2 + aiq + a0= (((a^q + a3)q + a2)q + ai)q + a0. (1)
Оно верно для любого натурального показателя, а не только
для лг = 4. Левая часть равенства (1) позволяет компактно
записать натуральное число в q-й позиционной системе,
используя цифры 0^а/<9» т. е. s = anan-\... a\a^q. Правая
часть равенства (1) подсказывает удобные вычислительные
методы перевода записи из одной системы счисления в
другую: деление s на g дает а0 в остатке, затем деление
частного на q дает ах в остатке и т. д. Последним частным
будет апу т. е. натуральное число, меньшее q. Отсюда же
выводится метод перевода в десятичную систему: первая
цифра умножается на q, прибавляется следующая цифра,
опять результат умножается на q и опять прибавляется
следующая цифра и т. д. Этот метод экономнее вычисления
линейной комбинации степеней q> стоящей в левой части
равенства (1).
Делим 3625 на три и продолжаем делить получающиеся
частные:
3625] 3
36241 Г2081 3
1 12061 4021 3
2 40213341 3
0 132'ЗТ| 3
2 42'341 3
2 121—I 3
2 3_'"Т~
1
Таким образом, для получения троичной записи данного
числа следует записать в обратном порядке полученные при
делении остатки в качестве троичных цифр. Ответ: 3625 = ,
205

= 112220213. Проверка состоит в вычислении выражения:
((((((1 •■3+1)3 + 2)3 + 2)3 + 2)3 + 0)3 + 2)3+1=3625.
б) Для небольших чисел, переводимых из одной системы
в другую устными вычислениями, левая часть равенства (1)
более удобна: подбираем высшую степень тройки, не
превосходящую 58, т. е. 33 = 27. Затем берем высшую степень
тройки, не превосходящую 58-27-2 = 4, т. е. 3. Остается 4-3=1,
этот результат не превосходит только 3°=1. Получаем 58 =
= 2.27+ЬЗ+1 = 2.33 + 0.32+ЬЗ+1=20113. Проводим
проверку: ((2-3 + 0)3+1)3+1=58.
Задача 2. Перевести 3625 в одиннадцатиричную систему
счисления. i
Р еш е н и е. Возможно, потребуется новая цифра для
обозначения числа 10. Обозначим ее так: (10). Производим
деление:
3265 I 11
106 ' 296 I 11
75 _76 I 26\jJ_
9 10 4 2
Ответ: 3625 = 24(10)9ц.
Задача 3. Данные числа перевести в пятиричную систему
счисления и выполнить в ней указанные действия: (ab + c):
:{Ь-с)у гдеа=17, 6 = 29, с= 11.
Решение. Находим а=17 = 325, Ь= 1045, с=11=215.
Для выполнения вычислений в пятиричной системе
счисления можно пользоваться таблицами сложения и умножения
(табл. 7, 8). Они
Таблица 7 Таблица 8
•5
2
3
4
2
4
И
13
3
11 .
14
22
4
13
22
31
+5
1
2
i 3
4
1
2
3
4
10
2
3
4
10
11
3
4
10
11
12
4
10
11
12
13
получены следующим образом: все пятиричные цифры
являются десятичными, ибо 5<10, т.е. таблицы вычисляются в
десятичной системе, но результат переводится в пятиричную
и таким записывается:
206

v 104 ,3433
_32 215
+3223 4004 = ab + °
3433 = ab
Ответ: 1035.
104
-lis
33=fc — с
4004133 _
33 If035
204
204
0
Замечание. Алгоритмы арифметических операций те же, что и
в десятичной системе счисления. Например, при вычислении ab
записываем: 2 «4=13, т. е. 3 пишем, 1 «в уме» и т. д. При вычислении ab + c
получаем: 3+2=10, единица переносится в следующий разряд, т. е. 4+1 =
= 10 и т. д.
Задача 4. Число 2201s записать в четверичной системе без
использования десятичной как промежуточной.
Решение. Последовательно будем делить 2201s на 4,
пользуясь пятиричными таблицами сложения и умножения:
22011 4
22 1-3001
01 22 Г
1 30
22
3
4
33| 4
311—,
2 41
0
Итак, 22015=Ю2314. Проверка: 22015 = 301; 102314=301.
Задача 5. Перевести в двоичную систему через
восьмиричную число 159.
Решение. Будем делить число 159 на 8:
1591
8 1-
79
72
7
8
19 |
16 1
3
8
2
Получили 159 = 237в. Так как 8 = 23, то каждую
восьмиричную цифру заменяем ее двоичной записью в виде тройки
двоичных цифр: 2 = 0102, 3 = 0112, 7=1112. Итак, 159 = 2378 =
= 100111112.
Тест 44 для самоконтроля
1. В позиционной системе счисления с основанием q
верны следующие равенства и неравенства: 12*13^222; 3-2>
207

> 10; 2+1=3. Укажите верные и неверные высказывания об
основании q.
1.1. ?<3. 1.4. q<6.
1.2. q>3. 1.5. В любом случае q ¥=Ь.
1.3. (?'=4) V (? = 5).
2. В позиционной системе счисления с основанием q
имеет место равенство: 12 + 13 = abq (а и b — цифры).
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Если а = 2, то q = 5.
2.2. Если а=3, то 6 = 1 или 6 = 0.
2.3. Если а=2, то 6=5.
2.4. Если а=2, то <7>6.
2.5. При любом q>\ a>b.
Домашнее задание
1. Вычислите выражение (а2—Ь) : (а+с) в четверичной системе
счисления, где а=19, 6 = 81, с=21.
2. Переведите число 129 в троичную систему через девятиричную.
ЗАНЯТИЕ 45
КОНЕЧНЫЕ ЦЕПНЫЕ ДРОБИ
Вопросы к занятию
1. Цепные дроби. Представление рациональных чисел
цепными дробями.
2. Подходящие дроби и их вычисление.
3. Свойства подходящих дробей.
4. Вычислительные свойства подходящих дробей.
Литература: [7], с. 380—385; [1], с. 51—60.
Образцы решения задач
Задача 1. Разложить 322/159 в цепную дробь. Проверить
разложение, свернув цепную дробь последовательным
вычислением подходящих дробей.
Решение. Найдем элементы цепной дроби как частные
в алгоритме Евклида:
208

322i 159
318|-o—
т. е. 322/159 = 2 +
1
39-
I+T
_ 1591 4
12_'"39
39
36
_4|3-
311
з|-з
0
Сделаем сокращенную запись: 322/159= (2; 39; 1,3).
Пусть qh обозначает k-й элемент цепной дроби, 8* — ее
k-ю подходящую дробь, Pk — числитель, Qk — знаменатель
k-Pi подходящей дроби. Будем вычислять подходящие дроби
по рекуррентной формуле
8ь =
qkQk-i + Qk-2'
используя схему:
4t
?i
Qi
l
0
2
2
1
39
79
39
1
81
40
3
322
159
Как видно, последняя подходящая дробь совпадает с
исходным числом.
Замечание. Непосредственное сворачивание конечной цепной
дроби «снизу вверх» обычно громоздко: q»
2 +
Задача 2. Разложить в цепную дробь: а) —37/17, б) 17/37.
1 -2 1
1 * '
39 -4-
OJ7 |
1+4-
1 2 , 4 _322
" 39+ -§-*" 159 159
n209

Решение, а) Применим алгоритм Евклида:
— 37 = 17(-3)+14; 17=14-1+3; 14 = 3-4 + 2;
3 = 2- 1+1; 2= 1 -2 + 0, т. е.
-^ = -3 +
17
1
= (-3; 1, 4, 1, 2).
4+
1+1Г
б) Аналогично получаем:
17 = 37 • 0 + 17; 37 = 17 • 2 + 3; 17=3-5 + 2; 3 = 2 X
X 1 + 1; 2=1 -2 + 0, т. е.
17
7 = 0+
1
5+'
= (0; 2, 5, 1, 2).
1+-2"
Задача 3. Зубчатая передача должна иметь
передаточное число 377/233. Рассчитать число зубьев на шестернях с
погрешностью, не превышающей 1/1000 (погрешность в
передаточном числе).
Решение. Разложим данное число в цепную дробь
и вычислим ее подходящие дроби: 377/233= (1; 1, 1, 1, 1, 1,
1, 1, 1,1, 1, 2). Так как число а, разложенное в цепную
дробь, по величине находится между любыми двумя
соседними подходящими дробями, то
а-
<
k+\
<k+\
QkQ>
■k4k+l
Поэтому найдем две соседние подходящие дроби, у которых
произведение знаменателей не меньше 1000. Первая из них
будет отличаться от исходной дроби не более чем на 1/1000
(все следующие подходящие дроби еще меньше отличаются
от исходной, но у них большие числители и знаменатели, а
шестерня с большим числом зубьев невозможна). Теперь
вычисляем подходящие дроби:
210

q
p
Q
l
0
l
l
l
l
2
1
1
3
2
1
5
3
1
8
5
1
13
.8
1
21
13
1
34
21
1
55
34
1
55
1
1 2
Видно, что Q8Q9 = 34.55>1000. Поэтому 155/34 — 377/2331 <
<1/(34-55)<0,001, т. e. 55/34 = 377/233 ± 10"3. Шестерни с
числом зубьев 55 и 34 вполне реальны.
Задача 4. Сократить дробь 1043/3427.
Решение. Применим алгоритм Евклида и, найдя
наибольший общий делитель числителя и знаменателя,
сократим на него дробь. Но можно свернуть цепную дробь, в
которую разложена дробь 1043/3427, и вычислить
несократимую последнюю подходящую дробь, которая по величине
равна 1043/3427. Получим: 3427=1043-3 + 298; 1043=298X
ХЗ+149; 298=149-2. Имеем 3427/1043= (3; 3, 2).
Сворачиваем дробь:
1
0
3
3
1
3
10
3
2
23
7
Итак, 1043/3427 = 7/23.
Замечание. Из алгоритма Евклида видно, что дробь сократил
на 149.
Тест 45 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения для
числителя Pk и знаменателя Qk k-й подходящей дроби к цепной
дроби (<7о; <7i, й2, ...» йп)', где q0 — целое число; qu .., qn—
положительные целые числа; </л>1.
1.1. PkQk_x-Pk_xQk = (-\)k.
1-2. п<гл+1 — «лрл+1 = <— 1>ft+1-
1.3. Pk-xQk-Qk-iPk = (-Dk.
1-4. ^Л+1-ОЛн.! = (-!)*.
1.5. Р*_Л_2-Р*_Л-2 = (-1)/г.
211

2. Пусть 6* — k-я подходящая дробь. Дано: бл — 8к-\ =
= 1/7. Укажите верные значения k.
2.1. k=l. 2.4. Такого k не существует.
2.2. k = 2. 2.5. k = 7.
2.3. 6 = 3.
3. Пусть 8k—k-я подходящая дробь. Дано |б2 — 8г\ =
= 1/21. Укажите верные значения q2.
3.1. ?2 = 21. 3.4. ?2 = 2.
3.2. <72 = 7. 3.5. ?2 = 2 или ?2 = 20.
3.3. ?2 = 20.
Домашнее задание
1. Разложите в цепную дробь, а затем сверните дробь по
рекуррентной формуле: а) —74/57; б) 163/59. Вычислите погрешность замены
этих чисел третьими подходящими дробями.
ЗАНЯТИЕ 46
ЧИСЛОВЫЕ СРАВНЕНИЯ. СИСТЕМЫ ВЫЧЕТОВ.
КОЛЬЦО КЛАССОВ ВЫЧЕТОВ
Вопросы к занятию
1. Сравнение. Свойства, эквивалентные определению.
2. Почленное сложение и умножение сравнений.
Следствия.
3. Системы вычетов (полная и приведенная).
4. Кольцо классов вычетов.
Литература: [7], с. 397—403; [1], с. 124—136.
Образцы решения задач
Задача* 1. Проверить истинность следующих сравнений:
75 =18 (mod 13); (1)
174 = 18 (mod 13); (2)
3121=sll(mod21). (3)
Решение. Числа сравнимы тогда и только тогда,
когда их разность делится на модуль. Находим: 75—18 = 57,
57 не делится на 13, т. е. (1) ложно; 174—18= 156; 156
делится на 13, т. е. (2) истинно. Для проверки (3) используем
212 *

свойство а == Ь (mod т) =>- НОД (а, т)=НОД (6, w), точнее его
контрапозицию: НОД (а, т) =^= НОД (by т)=>афЬ(modm).
Находим: НОД (З121, 21) = 3, НОД (11,21)= 1, Ъф\.
Следовательно, З121 Ф 11 (mod21), т. е. (3). ложно.
Задача 2. Некоторый класс вычетов по модулю 7
содержит произведение а= 11 • 18-2322-13-19. Каков абсолютно
наименьший вычет этого класса?
Решение. Воспользуемся почленным умножением
сравнений, заменив каждый множитель меньшим числом, с
ним сравнимым. Для этого применим теорему о делении с
остатком. Например, 11 ==7-1+4. Следовательно, 11 =
= 4 (mod 7). Но 4 больше половины модуля 7. Поэтому 4
можно заменить числом из того же класса вычетов по
модулю 7, отняв 7. Итак, 4 —7=—3 есть абсолютно
наименьший вычет из класса вычетов, содержащего число 11.
Аналогично 2322=7-331+5, 2322=5(mod7) и окончательно
2322== —2(mod 7). Почленно перемножив сравнения: 11==
= -3(mod7), 18==-3(mod7), 2322=-2 (mod 7), 13=
=н — l(mod7), 19== —2(mod 7), получаем a== —36(mod
7)== —1 (mod 7). Так как |—1|^7/2, то —1 есть
абсолютно наименьший вычет в своем классе (соседние с ним
вычеты — 1—7=— 8 и —1+7 = 6, остальные имеют еще
больший модуль). Ответ: —1.
Задача 3. Найти остаток от деления 15325 + 899 на 9.
Решение. Применяем теорему о делении с остатком:
15325+ 899 = 9/ +г, 0<г<9. Тогда 15325 + 899==r(mod 9).
Так как 0^г<9, то в классе вычетов по модулю 9,
содержащем число 15325 + 899, требуется найти наименьший
неотрицательный вычет. Получаем 1532==2(mod 9) и 899=^
== — l(mod9), откуда по теореме о сравнимости значений
многочленов следует: 15325 + 899==25—1 (mod 9). Затем 25 —
-l=31==4(mod9), т. е. 15325 + 899==4(mod 9). Так как
0^4<9, то 4 есть остаток при делении на 9 не только для
данного числа, но и для всех чисел из того же класса по
модулю 9. О т в е т: 4.
Задача 4. Известно, что а1000==5 (mod 7), а1001 = 45 (mod 7).
Вычислить остаток от деления а на 7.
Решение. Во второе сравнение вместо а1000 можно
поставить сравнимое с ним число 5 (теорема о сравнимости
значений многочлена), т. е. 5a==45(mod 7). Можно
рассуждать иначе: обе части первого сравнения умножим на а.
Получим а1001 = 5а (mod 7). Затем, используя
транзитивность сравнимости, находим 5a==45(mod 7). Сокращаем обе
части сравнения на число, взаимно простое с модулем (на
213

5): a=9(mod7). Так как 9 не есть наименьший
неотрицательный вычет в своем классе, то заменим 9 на 9 — 7=2.
Поэтому а=2(mod 7). О т в ет: 2.
Задача 5. Проверить, образуют ли числа 13, 8, —3, 10,
35, 60 полную систему вычетов по модулю 6.
Решение. Числа образуют полную систему вычетов
по модулю 6 тогда и только тогда, когда их точно 6 и они
попарно несравнимы по модулю 6. Попарную несравнимость
можно проверить, заменив каждое число наименьшим
неотрицательным вычетом: если повторений не будет, то это
полная система вычетов. Получаем 13=1; 8=2; —3=3;
10=4; 35=5; 60=0(mod6). Следовательно, данные числа
образуют полную систему вычетов по модулю 6.
Задача 6. Образуют ли числа 13, —13, 29, —9
приведенную систему вычетов по модулю 10?
Решение. Заметим, что ф(10) =4, ибо среди
натуральных чисел только 1, 3, 7, 9 взаимно просты с 10 и не
превосходят 10. Данных чисел 4, и все они взаимно просты с 10.
Осталось проверить их попарную несравнимость по модулю
10. Так как 13=3; -13=7; 29=9; -9=1 (mod 10) и среди
чисел 3, 7, 9, 1 нет повторений, то ответ утвердительный.
Замечание. Попарную несравнимость можно также проверить,
составив все возможные разности этих чисел: ни одна из разностей не
должна делиться на модуль. В данном случае это сразу видно.
Задача 7. Пусть а — класс вычетов по модулю т,
содержащий число а. При каком т в кольце Z/mZ возможно
равенство 2 — 3 = 5?
Решение. Равенству 2 — 3 = 5 из кольца Z/mZ
соответствует сравнение 2 — 3 = 5 (mod m) в кольце целых чисел.
Отсюда 6 = 0(modm). Следовательно, 6 • /я, т. е. т=6,
2 или 3 (т = 1 исключаем из рассмотрения).
Задача 8. В кольце классов вычетов по модулю 12
отыскать подполе. г-
Решение. Кольцо S = Z/12Z имеет 12 элементов, число
элементов конечного поля есть степень простого числа.
Кроме того, аддитивная группа подполя должна быть
подгруппой аддитивной группы кольца S. По теореме Лагранжа
порядок подгруппы есть делитель порядка группы. Так как
аддитивная группа кольца S циклическая (порождена
элементом 1), то надо проверить, порождают ли подполе ее
элементы второго, четвертого и третьего порядков.
Единственным элементом второго порядка является 6:
6 + 6 = 0. Но 6 не мол^ет входить в мультипликативную
214

группу, ибо 6-6 = 0. Поэтому S не содержит подполя по-
рядка 2; S не содержит и подполя порядка 4, ибо такое
подполе должно само содержать подполе порядка 2. Этот же факт
виден, если рассмотреть аддитивную подгруппу, порожденную
элементом 3: {3, 6, 9, 0). Эта подгруппа не может быть
подпол ем, так как 6-6 = 0. __
Возьмем элемент порядка 3. Это 4. Аддитивная
подгруппа (4, 8, 0} = Р является полем. Действительно,
4-8 = 8; 4-4 = 4; 8-8 = 4. Поэтому 4 в Р является
нейтральным элементом по умножению, 8 обратно себе по
умножению. Итак, Р — подполе третьего порядка; его
мультипликативная группа, естественно, второго порядка.
Тест 46 для самоконтроля
1. Известно, что 12 = a (mod 10), a£Z. Укажите верные
и неверные утверждения.
1.1. 12= Юа + г, 0<г< 10, r£N. 1.4. а : 2.
1.2. 2 = a (mod 10). ' 1.5. (Я/€ Z) (12 = 10/ + а).
1.3. (а —2) ; 5.
2. В кольце классов вычетов _по модулю т верны
следующие равенства: 8 • IT = 8* —11— 10= 9; 3 • 5=9;
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. т = 48. 2.4. т<6.
2.2. т < 30. 2.5. (Як € N) (т = 2k).
2.3. т = 2.
Домашнее задание
1. Вычислите остаток от деления числа 1853+Н753 на 11.
2. Числа 17, -14, 19, —49, —22, 21, -29 замените наименьшими
неотрицательными вычетами и дополните до полной системы вычетов по
модулю 8.
3. В кольце Z/15Z найдите все подполя.
ЗАНЯТИЕ 47
ФУНКЦИЯ ЭЙЛЕРА. ТЕОРЕМЫ ЭЙЛЕРА И ФЕРМА.
МУЛЬТИПЛИКАТИВНАЯ ГРУППА КЛАССОВ ВЫЧЕТОВ,
ВЗАИМНО ПРОСТЫХ С МОДУЛЕМ
Вопросы к занятию
1. Функция Эйлера и ее вычисление.
2. Теорема Эйлера, следствие.
215

3. Теорема Лагранжа о конечных группах. Циклическая
подгруппа и порядок элемента (повторение).
4. Мультипликативная группа классов вычетов, взаим-
йо простых с модулем.
Литература: [7], с. 404—408; [1], с. 136^-142.
Образцы решения задач
Задача 1. Сколько'натуральных чисел взаимно просто с
520 и не превосходит это число?
Решение. Вычислим функцию Эйлера: ф (520) = ф (23 X
Х5. 13) = Ф (23) ф (5) ф (13) = (23 — 22) (5 — 1) (13—1) = 192
(была использована мультипликативность функции Эйлера
и формула ф(ра) = рай—ра~1, где р — простое число).
Задача 2. Вычислить последние две цифры числа 2102.
Решение. Последние две цифры числа образуют
остаток при делении на 100, т. е. 2102=;t(mod 100), где 0^х<
< 100. Так как НОД (2102, 100) =4, то НОД (х, 100) =4. Пусть
#=4*/, т. е. 2102=4y(mod 100). Сократив обе части
сравнения и модуль на 4, получим 21QDs=*/(mod 25). Так как 2 и 25
взаимно просты, то теперь можно применить теорему
Эйлера: 2<P(25)EE=l(mod25), т. е. 220=sl (mod 25). Тогда и 2100=
= 1 (mod 25) (возведение обеих частей сравнения в пятую
степень), поэтому у=\ и х=4у=Ь. Ответ: последние две
цифры числа 2102 есть 0 и 4.
Задача 3. Вычислить остаток при делении (3100+5100)1000
на 15.
Решение. / способ. Сравнение 3100 = х(mod 15) для
применения теоремы Эйлера сократим на 3 (очевидно,
х • 3): 39F = — (mod 5). Так как ф (5) = 4, то по теореме
о
Ферма показатель 99 можно уменьшить по модулю 4.
Получаем, что из 99 = 3 (mod 4) следует 33=— (mod5), — ==
о о
s=27 (mod 5) =2. Умножаем на 3 обе части сравнения и
модуль: х = 6(mod 15), т.е. 3100 = 6(mod 15). Аналогично
вычисляем 5100= 10 (mod 15). Отсюда почленным сложением
Сравнений найдем: З100 + 5100 = 6+10=16=1 (mod 15).
Затем, возводя в 1000-ю степень обе части сравнения,
получаем (З100 + 5100)1000 = 1 (mod 15). Ответ: 1.
// способ. Сравнение 3100 + 5100=#(mod 15) рассмотрим
отдельно по модулям 3 и 5 (делители 15). Так как 3100^=
= 0(mod3) и 5100=0(mod5), то *=3100(mod 5) =950==
= (- i)5o= i (mod 5), x=5100(mod 3) = (-1) 100= 1 (mod 3).
216

Среди целых чисел от 0 до 14 (возможные остатки при
делении на 15) только 1, 6, 11 сравнимы с 1 по модулю 5.
А среди этих трех только 1 сравнима с 1 по модулю 3, т. е.
х=1. Тогда (3100 + 5100)1000=l1000(mod 15) = 1.
/// способ. Число s = 3100 + 5100 не делится на 3 (первое
слагаемое делится, а второе не делится) и не делится на 5.
Так как 3 и 5 есть простые числа, то s с ними взаимно
просто и взаимно просто с 15. По теореме Эйлера (3100 +
+ 5H>°)<P(15)==l(mod 15), Ф(15)=8 и 1000.8. Ответ: 1.
Задача 4. В мультипликативной группе кольца классов
вычетов по модулю 15 каждому элементу найти обратный
элемент.
Решение. По модулю 15 имеется ф (15) = 8 классов
чисел, взаимно простых с модулем: G= (1, 2, 4, 7, 8, 11,
13, 14). Для .каждого из этих классов в группе (G, •)
требуется решить уравнение
Ъх = 1. (1)
Так как \G\ = 8, то по теореме Лагранжа
(Va<EG)(a8 = T). (2)
Следовательно,
а7 есть обратный элемент к а. (3)
На языке сравнений равенство (1) выглядит как ax=l(mod 15),
а утверждение (2) принимает вид: НОД(а, 15)= 1=^а8==
= 1 (mod 15) (см. теорему Эйлера). Умножив сравнение
a;c=l(modl5) на а7, получим х = а7(mod 15), т. е.
утверждение (3), но уже на языке сравнений. Так как 17= 1, то
(I)-1 = 1. Последовательно вычисляем: 27=8« 16^=8(mod 15),
значит (2)"1 ="8; 47 = 163 • 4 = 4 (mod 15), значит, (4)""1 = 4
(элемент обратен себе); V = 493 • 7 == 43 • 7 ^= 4 • 7 == 13,
(7)-* = 13; 117 = 1213 .Ц = 1з.ц = 11 (mod 15), (П)-1^!!
(элемент_рбратен_себе); 147 = 27 • 77 = 8 • 13 = —7 • (— 2) =
= 14, (14)-1 "= 14 (элемент обратен себе).
Задача 5. Решить сравнения:
ах =Ь (mod т) (НОД (а, т) = 1); (4)
11x^=3 (mod 30). (5)
Решение. Так как а^т) = 1 (modm), то, умножив обе
части сравнения (4) на a<p<m)-if получим а^<т) х =
= ba^m)~x (modm), откуда
x=ba<t>M-l(modm). (6)
217

Применим формулу (6) к сравнению (5):х = 3х
X 11Ф(3°)-1(тос130) = 3. И7 =33- 1213 = 33 = 3(mod30); x=
= 3 (mod 30).
Тест 47 для самоконтроля
1. Известно, что ф (ab) = 6, где a, bd N, афЬ. Укажите
верные и неверные утверждения.
1.1. (a=i)v(6=l).
1.2. Таких а и Ь не существует.
1.3. аЬ>6.
1.4. НОД(а, 6) = 1 или НОД(а, Ь)=3.
1.5. ф(6)=3.
2. Дано кольцо классов вычетов по модулю 8.
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Мультипликативная группа данного кольца — циклическая.
2.2. Мультипликативная группа данного кольца содержит хотя бы
одну собственную циклическую подгруппу.
2.3. В мультипликативной группе данного кольца каждый элемент
является для себя обратным.
2.4. Порядок мультипликативной группы данного кольца
равен ф(8).
2.5. Порядок мультипликативной группы данного кольца есть
делитель ф(8).
Домашнее задание
1. Пусть а — целое число. Найдите остаток от деления а100 на 125.
2. Докажите, что сравнение а6т + я6/г = 0 (mod 7), т, п £ N,
истинно только при а, кратном 7.
3. Решите с помощью теоремы Эйлера сравнение 7х = 5 (mod 16).
ЗАНЯТИЕ 48
СРАВНЕНИЯ ПЕРВОЙ СТЕПЕНИ. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ОТ ДВУХ НЕИЗВЕСТНЫХ
Вопросы к занятию
1. Равносильные сравнения.
2. Преобразования, приводящие к равносильному
сравнению.
218

3. Линейные сравнения от одного неизвестного (суще-
ювание решения, методы решения).
4. Линейные уравнения с двумя неизвестными.
Литература: [7], с. 409—410; [1], с. 145—148, 152—158.
Образцы решения задач
Задача 1. Разрешимы ли следующие сравнения (если да,
записать сначала решение в общем виде): а) Зх=
i(mod5); б) 12*= 16(mod 20); в) 12*= 15(mod 20).
Решение, а) НОД(3, 5) = 1, следовательно, сравнение
^ет единственное решение вида *^4-3(p(5)_1(mod 5). Окон-
^ельно #=3(mod 5).
б) НОД (12, 20) = 4, 16 • 4, следовательно, сравнение
имело модулю 20 четыре класса решений, которые объеди-
отся в один класс по модулю 20/4 = 5. Сравнение равно-
ьно (сокращение на 4) сравнению из условия «а». Общее
1ение: *=4.3(p(5)-1+5fe(mod 20), где £ = 0, 1, 2, 3. Оконча-
ьно получим Xi = 3(mod 20), #2=8(mod 20), х$=
I3(mod20),x4=18(mod20).
в) Не имеет решения, ибо НОД (12, 20) = 4 и 15 не де.
ся на 4, т. е. (V*£Z) [НОД (12*, 20)у= НОД (15, 20)].
Задача 2. Решить сравнение 13*== 19 (mod 29).
Решение. / способ. Будем изменять коэффициенты на
ла, кратные модулю, пытаясь сократить коэффициент
[ неизвестном. Вычтем модуль из коэффициентов; они
нут четными, т. е. можно сократить на 2, ибо 2 взаимно
>сто с модулем: — 8х= — 5(mod 29). Прибавим модуль в
1вую часть: —8^=24(mod 29). Сократим затем на —8:
:—3(mod29), т. е. *==26(mod 29). Проверка дает:
26-19 = 319,319:29=11.
// способ. По общей формуле запишем: #=19 X
13ф(29)-1 (mod29), ф(29) = 28. Далее получим х = — 10х
[327= — Ю- 16913 - 13== 15 • (— 5)13 = —75 • 25*= 12 х
;— 4)в= 12 . 642== 12 • б2 = 84 = 26 (mod 29).
Ill способ. Применим для решения сравнения ах=
?(mod m), где а и т взаимно просты, цепные дроби, т. е.
)мулу #=■ (— l)nfePn-i(mod m), где п — длина цепной
>би, в которую раскладывается дробь mja\ Рп-\ — числи-
ь предпоследней подходящей дроби. Запишем: 29 =
3-2 + 3; 13 = 3.4+1; 3=ЬЗ + 0, т. е. 29/13= (2; 4, 3).
ггавим таблицу подходящих дробей:
219

я
р
Q
1
0
2
2
1
4
9
4
3
29
13
решения уравнения
= — 11
13/.
Так как п = 2, Рп-\ = 9, то jc = (— 1)219 . 9 (mod 29) ==
= —90 = 26 (mod 29).
Задача 3. Найти все целочисленные
13*+ 29*/= 19.
Решение. Выразим одно неизвестное через другое:
у = (19— 13#)/29. Чтобы у был целым, х должен
удовлетворять сравнению 19—13x = 0(mod29) или 13*= 19 (mod29).
Его решение (см. задачу 2): х = 26 (mod 29). Запишем это
решение в виде равенства х= 26 + 29/, где t — любое целое
число. Подставив найденное выражение для х в выражение
19—13(26 + 290
для уу можем записать: у = —! -
Окончательно получаем
х = 26 + 29/;
У
при любом целом t.
Задача 4. Найти
12*+20*/=15.
Решение. Целочисленных решений уравнение не
имеет, так как НОД коэффициентов не является делителем
правой части. Иными словами, уравнение сводится к
сравнению 12*= 15 (mod 20), которое не имеет решений (см.
задачу 1, условие «б»).
— 11 — 13/
целочисленные решения уравнения
Тест 48 для самоконтроля
1. Дано сравнение с неизвестным: 2a#=12(mod а).
Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Если афЪу то решений нет.
1.2. Если а = 6, то сравнение удовлетворяется любым целым числом.
1.3. Если a=3k, где k — нечетное, простое число, то сравнение
удовлетворяется любым целым числом. -
1.4. Если а = 3, то. сравнение удовлетворяется любым целым числом.
1.5. Если а — простое число и а>3, то сравнение решений не имеет.
1.6. Если а>6, то решений нет.
2. Дано сравнение с неизвестным: 2х = k (mod 4), где
k g Z. Укажите верные и неверные утверждения.
220

2.1. Если 6 —четное, то сравнение имеет два решения: хх =
k k
= — (mod 4) и х2 = — +2 (mod 4).
k
2.2. Если k — четное, то все числа вида — + 2/, t£ Z,
исчерпывают все решения сравнения.
2.3. Если k — четное, то данное сравнение равносильно сравнению
k
x==y(mod2).
2.4. Если k кратно 4, то четные числа исчерпывают все решения
данного сравнения.
2.5. При k четном сравнение удовлетворяется любым целым числом.
2.6. Если k кратно 6, то нечетные числа исчерпывают все решения
данного сравнения.
Домашнее задание
1. Решите сравнения: 20*= 10 (mod 25);
78x^42 (mod 51).
2. Решите в целых числах 3*+4f/=13.
ЗАНЯТИЕ 49
СРАВНЕНИЯ ПРОИЗВОЛЬНОЙ СТЕПЕНИ ПО ПРОСТОМУ
МОДУЛЮ. ПОРЯДОК ЧИСЛА И КЛАССА ВЫЧЕТОВ
ПО МОДУЛЮ
Вопросы к занятию
1. Преобразования сравнения по простому модулю,
приводящие к равносильному сравнению.
2. Число решений сравнения по простому модулю.
3. Порядок числа и класса вычетов по модулю, его
свойства и вычисление.
Литература: [7], с. 411—414; [1], с. 149—150, 161—162.
Образцы решения задач
Задача 1. Решить сравнение
3^2_2^i-3^9 + 2x8-3^6 + 14=0(mod7). (1)
Решение. Нуль удовлетворяет сравнению, т. е. Х\ =
= 0(mod 7) есть одно из решений. Остальные решения (если
221

они существуют) взаимно просты с модулем, поэтому по
теореме Ферма они удовлетворяют сравнению
*6=l(mod7). (2)
Следовательно, для отыскания остальных решений
сравнения (1) и (2) решаем совместно, т. е. подставим (2) в (1).
При этом каждый показатель неизвестного х заменится
наименьшим неотрицательным вычетом по модулю 6.
Коэффициент 14 также заменим нулем.- Получим 3 — 2х5 —
-3*3 + 2*2-3=0(mod 7), 2^5 + 3^3-2^2=0(mod 7).
N Вынесем х2 за скобки и отбросим, так как класс нуля
как решение нас уже не интересует. Получаем
2*3 + 3*-2=0(mod7). х (3)
Чтобы коэффициент при высшем члене сделать равным
1, решим вспомогательное сравнение 2y=l(mod7).
Достаточно взять */ = 4. Умножим сравнение (3) на 4 и уменьшим
все коэффициенты по модулю 7. Получим
x3-2x-l=0(mod7).
Испытаем приведенную систему вычетов по модулю 7, т. е.
поочередно подставим шесть чисел: ±1; ±2; ±3. Найдем
х= — l(mod7). Ответ: *i = 0(mod7), #2=6(mod7).
Задача 2. Решить сравнение 2хХ2 — Зх8+х6—x2+i=
==0(mod5).
Решение. Так как 1 не делится на 5, то нуль не
удовлетворяет данному сравнению. Поэтому все его решения
удовлетворяют сравнению #4=l(mod5). Решим эти два
сравнения совместно. Подстановка дает: 2 — 3 + х2 — х2+1 =
^=0(mod 5) или 0=0(mod 5). Это значит, что исходное
сравнение удовлетворяется любым целым числом, не
делящимся на 5. Ответ: *is=l, #2=2, #з=3, #4=4(mod 5).
Задача 3. Доказать, что уравнение х2+1=7у не имеет
целочисленных решений, т. е. число, на единицу большее
полного квадрата, на семь не делится.
Решение. Рассмотрим уравнение
х2+1=7у (4)
как сравнение по модулю 7: x2+l==7#(mod 7) или
х2+.1=0(mod 7). (5)
Испытываем полную систему вычетов 0, ±1, ±2, ±3 и
убеждаемся, что (5) не имеет решений. Следовательно, и (4)
не имеет решений, так как (5) есть следствие (4).
Задача 4. Решить сравнение хА + хъ + х2 + х — 2=0(mod 7).
Решение. Сравнение не поддается упрощению: коэф-
222

фициенты малы и степень меньше ф(7). Для испытания
системы вычетов применим схему Горнера (при этом на
любом этаде вычислений любое число можно уменьшить по
модулю 7):
1
—1
2 ,
-2 ..
3
—3
1
2 *
0
3
1
—1
0
1
3
1
0-
—2
—3
0
1
4
0
1
5
—1
1
—2
2
—2
0
-
Из четвертой строки схемы видно, что х?= 2 (mod 7). Далее
четвертая строка использовалась вместо первой.
Итак, #E=2(mod7) есть единственное решение данного
сравнения.
Задача 5. Найти порядок числа 2 по модулю 29, т. е.
^29(2).
Решение. Порядок любого вычета есть делитель
функции Эйлера от модуля. ф(29)=28. Делители 28 следующие:
1, 2, 4, 7, 14, 28. Нам надо найти наименьшее из этих чисел,
удовлетворяющее сравнению 2*= 1 (mod 29). Для этого
степени числа 2 последовательно заменяем абсолютно
наименьшим вычетом, пока не получим вычет 1:
22 = 4.
24=16е= — 13(mod 29). Умножим обе части на 23:
27== — 13-23=12(mod'29). Возведем обе части в квадрат:
2"= 144= -1 (mod 29).
228=l(mod29). /
Итак, Р2э(2)=28, т. е. 2 есть первообразный корень по
модулю 29.
Тест 49 для самоконтроля
1. Дано сравнение
axi0 + b = 0 (mod3), (Л)
где a, b£Z. Укажите верные и неверные утверждения. »
223

1.1. Если а не делится на 3, ле- при любом целом Ь сравнение (1)
равносильно сравнению ax2+bz=0 (mod3).
1.2. Если а и Ь не делятся на 3, а их сумма делится на 3, то
сравнение (1) имеет точно два решения.
1.3. Если а+b делится на 3, то сравнение (1) тождественное.
1.4. Если а и Ъ делятся на 3, то сравнение (1) тождественное.
1.5. Если Ь не делится на 3, то сравнение (1) не может быть
тождественным.
2. Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Порядок числа 2 по модулю 5 равен 2.
2.2. Порядок числа 2 по модулю 3 равен 2.
2.3. Порядок числа 2 по модулю 5 равен 4.
2.4. Порядок числа 2 по модулю 15 равен 9.
2.5. Порядок числа 2 по модулю 15 равен 4.
Домашнее задание
1. Решите сравнение х*2+\6хи+х"+6х9-Пх*-9х7+2х*+х5-2=
= 0 (mod 5).
2. Вычислите порядок 10 по модулю 47.
ЗАНЯТИЕ 50
ПЕРВООБРАЗНЫЕ КОРНИ. ИНДЕКСЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ
Вопросы к занятию
1. Порядок числа по модулю, его свойства.
2. Существование первообразных корней и цикличность
мультипликативной группы классов вычетов, взаимно4
простых с модулем.
3. Индексы, их оперативные свойства.
4. Таблицы индексов и их применение.
Литература: [7], с. 415—420; [1], с. 163—169.
Образцы решения задач
Задача 1. Составить таблицу индексов по модулю 29'с
основанием 2 (см. задачу 4 занятия 49, где было
установлено, что 2 — первообразный корень по модулю 29).
Решение. Вычислим последовательно наименьшие
неотрицательные вычеты всех степеней числа 2 от 2<? до 227
по модулю 29. Так как 2 есть первообразный корень по
простому числу 29, то эти вычеты пробегут все натуральные
224

числа от 1 до 28 в каком-то порядке. При прочтении
справа налево будут получены индексы всех классов- вычетов,
взаимно простых с модулем;
2°=1; 27=12; 2" = 28;- 2" = 46=17;
2* = 2; 28 = 24; 216 = 56 = 27; 2м = 34 = 5;
22=4; 2е = 48 =19; 21в = 54 = 25; 223=10;
23=8; 210 = 38 = 9; 217 ==50 = 21; 224 = 20;
24 = 16; 2"=18; 218 = 42=13; 225 = 40=11;
. 2Б = 32 = 3; 212 = 36=7; 219 = 26; 22в = 22;
2« = 6; 213 = 14; 220 = 52 = 23; 227 = 44=15.
Сведем результаты в табл. 9, упорядочив их по правым
частям сравнений.
Таблица 9
Единицы
Десятки
0
1
2
0
23
24
1
0
25
17
2
1
7
26
3
5
18
20
4
2-
13
8
5
22
27
16
6
6
4
19
7
12
21
15
8
3
11
14
1
9
10
9 1
Класс нуля индекса не имеет. Например, . ind 25=
el6(mod28)f где28 = ф(29);тс1 15=27; ind 5=22(mod 28).
Задача 2. При помощи индексов решить сравнение 213*=
= 505(mod29).
Решение./ способ. Индексируем сравнение: Зх ind 21 =
= 5 ind 50(mod 28). Чтобы в табл. 9 найти ind 50, заменяем
50 наименьшим неотрицательным вычетом по модулю 29,
т.е. 50=21(mod29), ind 50=ind 21 = 17(mod 28). Тогда
Зх-17=5- 17(mod 28). Сократив на: 17, найдем Зх=
= 5 (mod 28). Отсюда #=11 (mod 28). Так как по смыслу
задачи х должен быть неотрицательным, то от сравн'ения
перейдем к равенству #=11+28/. Теперь видно, что t
может быть любым неотрицательным целым.
// способ. Данное сравнение равносильно сравнению
213*=215(mod 29), ибо 50=21 (mod 29). Из теоремы о
сравнимости степеней одного и того же числа следует, что
решения последнего сравнения в точности являются
неотрицательными решениями сравнения 3#=5(mod6), где б
—порядок 21 по модулю 29. Для нахождения б решим
сравнение 21^=1 (mod 29). Получаем у ind 21 = ind l (mod 28);
17#=0(mod 28); #=0 (mod 28). Минимальное неотрица-
8 Зак. 1684
225

тельное решение есть 28, т. е. Р2э(21)=28. Получаем
сравнение 3*= 5 (mod 28), т. е. х= 11 (mod 28), x=ll+28t, Ш
e=N0.
Задача 3. Решить сравнения: a) 5*4=3(mod 29);
б) 5x4=9(mod29).
Решение, а) Индексируем сравнение и используем
таблицу индексов из задачи 1: ind 5 + 4 ind x=und 3(mod 28);
22 + 4ind*=5(mod28); 4 indx=-17(mod28). Последнее
сравнение относительно ind x не имеет решения, ибо НОД
(4, 28) =4 и 17 не делится на 4. Поэтому исходное
сравнение не имеет решения.
б) Аналогично ind 5 + 4 ind x==ind 9(mod 28); 22 +
+ 4 ind x= 10(mod 28); 4 ind x= - 12(mod 28). Сократив
на 4, запишем ind x= — 3 (mod 7)s=4. Получаем четыре
решения: ind x\ = 4 (mod 28); ind x2= 11 (mod 28); ind#3=
= 18 (mod 28); ind *4s=25(mod 28).
По индексам находим значения х. Для этого в табл. 9
во внутренних клетках находим 4. Видно, что это индекс 16,
т. е. #i=16(mod 29). Аналогично получаем остальные три
решения: х2= 18 (mod 29); *3=13(mod 29); *=Н1 (mod 29).
Замечание. Более компактно и удобно решение для проверки
можно записать в следующем виде: *i,3=±13 (mod 29), х2(4=
s=±ll (mod 29).
Тест 50 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения для
мультипликативной группы G классов вычетов, взаимно простых
с модулем т.
1.1. Если по модулю т существует первообразный корень, то G
изоморфна аддитивной группе классов вычетов по модулю ф(/и).
1.2. G циклическая при любом т.
1.3. G циклическая при т = 2аР^, где р — нечетное простое число;
0<сс<1, Р>1.
1.4. G циклическая при т= 15.
1.5. G циклическая при m => 10.
"1.6. Если g — первообразный корень по модулю т, то отображение
g <—► 1 задает изоморфизм G и аддитивной группы классов вычетов по
модулю ф(т), в котором каждый класс, взаимно простой с модулем,
отображается на его индекс.
1.7. Если G и аддитивная группа классов вычетов по модулю ф(т)
изоморфны, то по модулю т существует система индексов.
Домашнее задание
1. Решите сравнения с помощью таблиц индексов: а) 125*=
= 7 (mod 79); б) лг27==39 (mod 43).
226

ЗАНЯТИЕ 51
ПРИЗНАКИ ДЕЛИМОСТИ. ПРОВЕРКА АРИФМЕТИЧЕСКИХ
ОПЕРАЦИЙ С ПОМОЩЬЮ СРАВНЕНИЙ
Вопросы к занятию
1. Признаки делимости по Паскалю.
2. Общий признак делимости, использующий порядок
10 по соответствующему модулю.
3. Признаки делимости по Жбиковскому.
4. Признаки делимости в недесятичных системах
счисления.
5. Проверка арифметических операций с целыми
числами.
Литература: [1], с. 185—192; [2], с. 201—205; [8], с. 78—82.
Образцы решения задач
Задача 1. Установить все возможные признаки
делимости на 41 и применить их к числам 2132 и 2 300 018.
Решение. Для нахождения общего признака
делимости найдем P4i(10) (без таблиц индексов). Делителями
Ф (41) являются 2, 4, 5, 8, 10, 20, 40. Находим
102=100=18(mod41); 103= 180= 16(mod 41);
104=l60=-4(mod41); 105= -40== 1 (mod 41). (1)
Таким образом, P4i (10) = 5.
Общий признак делимости: число при делении на41 рав-
ноостаточно с суммой пятизначных граней своей десятичной
записи. Этот признак к числу 2132 неприменим (он
применим только к числу, имеющему не менее 6 цифр). Число
2 300 018 при делении на 41 равноостаточно с суммой своих
пятизначных граней при разбивке справа налево, т. е. с
числом 23+18 = 41. Следовательно, 2 300 018 делится на 41.
Признак делимости по Паскалю получается при замене
степеней десятки в десятичной позиционной записи числа
абсолютно наименьшими вычетами (см. сравнения (1)):
2132 = 2.16+M8 + 32(mod41)=82. Так .как 82-41, то
2132 • 41. Для применения признака делимости Паскаля к
числу 2 300 018 сравнений (1) недостаточно. Требуется
дополнительно найти абсолютно наименьший вычет числа 106
по модулю 41: 106=^ 10(mod 41) (последнее сравнение в
системе (1) умножим на 10).
Итак, 2300018 = 2.10 + 3.1+0- (-4) +0.16 + 0-18+
+ 18(mocL41)=41>4' 41.
8»
227

Для получения признака делимости по Жбиковскому
решим сравнение 10x^1 (mod 41). Его решение: х=
ss — 4 (mod 41). Пусть b — последняя цифра числа М. Тогда
М=10а + Ь, где число а образовано всеми остальными
цифрами. Умножим равенство М=10а + Ь на ( — 4) и перейдем
к сравнению по модулю 41. Получим — 4М= — 40а — 46 =
= а — 46(mod 41). Следовательно, числа 4М и а — 46 равно-
делимы на 41. Но 4 и 41 взаимно просты, отсюда М=10а+
+ Ь (Ь — последняя цифра числа) равноделимо на 41 с
числом а — 46. Применим это к числу 2132, т. е. 213 — 2-4 = 205;
20 — 5-4 = 0, 0-41. Последний признак делимости на 41
оказался самым эффективным. Применение последнего
признака ко второму числу более громоздко.
Задача 2. Найти признаки делимости на 41 в
девятиричной системе счисления. Применить к 528289.
Решение. Вычислим P4i(9) на этот раз с помощью
таблиц индексов: 9*=1 (mod 41); х ind 9=0(mod 40) (см..
таблицы индексов^ [2]) 10#==0(mod 40); #=0(mod4);
minx=4, т. е. P4i('9) =4. Это значит, что при делении на 41
число равноостаточно с суммой своих четырехзначных
граней в девятиричной записи: 528289=59 + 28289 = 28349(mod
41). Далее общий признак позволяет брать двузначные
грани с переменным знаком: 34 —28=-59. Следовательно,
528289=5(mod 41), т. е. число 528289 при делении на 41 =
• =459 дает остаток 5.
Для применения признака делимости Паскаля
вычислим абсолютно наименьшие вычеты степеней 9: 92 = 81 =
35-1 (mod 41); 93==-9= - 109(mod 41); 94=l(mod41).
Поэтому 5282893=5.1+2(-10)9 + 8(-l)+289(mod41)=5,
т. е. 528289 при делении на 41 =459 дает в остатке 5.
Найдем признак делимости по Жбиковскому: 9х==
= 1 (mod 41), *=-9(mod 41), т. е. х=- 109(mod41). Это
значит, что при делении на 41 число равноделимо с
разностью: последняя цифра девятиричной записи с приписанным
нулем отнимается от числа, образованного всеми
остальными цифрами:
_5282 _520
-^(9) -*2 (9)
5202 w 500 w
Числа 41 и 9 взаимно просты, поэтому нули в конце числа
на делимость не влияют. Так как 5 не делится на 41, то и
исходное число не делится на 41.
Замечание. Последняя пятерка случайно совпала с остатком
при делении на 41 в десятичной системе счисления.
228

Задача 3. Для каких делителей общий признак
делимости оперирует не более чем с трехзначными гранями в
десятичной системе счисления?
Решение. Если 10*= 1 (mod m), то при делении на т
число равноостаточно с суммой своих /г-значных граней в
десятичной записи. Если 10ft= — 1 (mod m), то А-значные
грани надо брать с переменным знаком! В первом случае
т есть делитель 10*— 1 (число из k девяток), во втором —
делитель 10*+1 (k— 1 нулей между двумя единицами).
Пусть-ft=l. Делители 10—1=9 есть 3 и 9. Делителем 10 +
+ 1 = 11 является 11. Пусть k = 2. Делители 102—1=99 есть
3, 9, 11, 33, 99, из них 99, 33 новые. Делители 102+1 = 101
исчерпываются числом 101. При k = 3, 103—1=999 получаем
новые делители: 27, 37, 111, 333, 999. Делителями 103+1 =
= 1001 являются 7, 11, 13,77,91, 143, 1001.
Итак,'сумма цифр используется для делителей 3, 9;
сумма цифр с переменным знаком — для делителя 11; сумма
двузначных граней с переменным знаком — только для
делителя 101; сумма трехзначных гр-аней — для делителей 27,
37, 111, 333, 999; сумма трехзначных граней с переменным
знаком — для делителей 7, 13, 77, 91, 143, 1001.
Задача 4. Не производя вычислений, проверить
равенство 928 : 29=32.
Решение. Деление проверяется умножением, т. е.
надо проверить 29-32 = 928. Проверим по модулю 10: каждое
натуральное число сравнимо со своей последней цифрой по
модулю 10.
Итак, если равенство верно, то оно останется верным и
как сравнение, если каждое число и результаты действий
заменять последовательно на их последние цифры. Числа
2-9=18 и 928 имеют одинаковые последние цифры, т. е. если
ошибка есть, то она кратна модулю, т. е. 10.
Проверим по модулю 9: каждое число и результаты
действий заменяем их суммой цифр. При этом верное
равенство перейдет в верное сравнение; неверное равенство
может перейти в верное сравнение только в том случае, если
ошибка кратна 9. Последовательность устных вычислений
следующая: 2 + 9=11; 1 + 1=2; 2 + 3 = 5; 2-5=10; 1 + 0=1;
9 отбрасываем; 2 + 8=10; 1+0=1. В обеих частях получили
по единице, т. е. по модулю 9 равенство проверку
выдержало. Если ошибка есть> то она кратна 90.
Проверим по модулю 11: каждое число и результаты
заменяем суммой цифр с переменным знаком (последняя циф-
229

pa положительна). Последовательность устных вычислений:
9-2 = 7; 2 — 3= — 1; 7(-1) = -7эе4; 8-2+9=15; 5-1=4;
4 = 4. Итак, если ошибка есть, то она кратна 90-11=990, что
невозможно, т. е. равенство верно.
Тест 51 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные признаки делимости на
7 в различных системах счисления.
1.1. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
трехзначных граней в двоичной записи.
1.2. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
трехзначных граней в пятиричной записи.
1.3. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
трехзначных граней с переменным знаком в пятиричной записи.
1.4. В шестиричной системе счисления число при делении на 7
равноостаточно с суммой цифр, взятых с переменным знаком.
1.5. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
трехзначных граней с переменным знаком в десятичной записи.
1.6. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
восьмиричных цифр.
1.7. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
шестнадцатиричных цифр..
1.8. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих пятна-
дцатиричных цифр.
1.9. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
трехзначных граней при записи в шестнадцатиричной системе счисления.
1.10. При делении на 7 число равноостаточно с суммой своих
трехзначных граней с переменным знаком при записи в троичной системе
счисления.
Домашнее задание
1. Найдите всевозможные признаки делимости на 73.
2. Проверьте равенство с помощью сравнений
(123 456 789 • 21 +1234 • 56)/731 = 194 653.
ЗАНЯТИЕ 52
ОБРАЩЕНИЕ ОБЫКНОВЕННОЙ ДРОБИ В СИСТЕМАТИЧЕСКУЮ
Вопросы к занятию
1. Обращение обыкновенной дроби в систематическую,
условие конечности дроби, вычисление длины периода и
предпериода.
2. Обращение десятичной периодической дроби в обык-.
новенную (повторение школьного курса).
230

3. Перевод систематической дроби из одной системы
счисления в другую.
Литература: [7], с. 421—428; [1], с. 174—182.
Образцы решения задач
Задача 1. В позиционной системе счисления с основанием
<7'<20 дробь — обращается в конечную систематическую
дробь. Определить q и соответствующую систематическую
дробь.
Решение. Так как 12 = 223, и то из условия
конечности систематической дроби получаем: q • 2, q • 3, т. е.
q кратно 6. Так как 9<20, то q= 6, 12 или 18. При 9=6
уже q* \ 12, т. е. —= _Ё!_ = о,ОЗв. При q = 12 1/12 =
J v 12 12 • б2
= 0,li2- При q=l8 g2M2, т. е. J-= _I*!—= il =
12 v - ч 12 12 . 182 182
= -i^-=0,19l8.
ioo18 8
Задача 2. Определить длину периода и предпериода при
обращении 1/12 в ^-ичную систематическую дробь при q =
= 10,9=14,^ = 35.
Решение. При 9=10 = 2-5 12 = 22-3, и длина
предпериода равна 2 (максимальный показатель 2 или 5 в
каноническом разложении знаменателя несократимой дроби,
т. е. 12). Длина периода равна Р3(Ю), где 3 — максимальный
делитель знаменателя, взаимно простой с основанием
счисления. Так как Рз(Ю) = 1, то в периоде одна цифра. В
самом деле, 1/12 = 0,08(3).
При 9=14 = 2-7 максимальный делитель знаменателя,
взаимно простой с 9» опять 3, т. е. Рз(14) =2 есть длина
периода. Длина предпериода находится как минимальное п
из условия 9n : d, где d — частное от деления знаменателя
на его наибольший делитель, взаимно простой с основанием
счисления, т. е. 12/3 = 4 = d; 14nj4 верно уже при я = 2. Итак,
предпериод тоже содержит 2 цифры. Можно проверить, что
1/I2 = 0,12(49)i4 (см. задачу 4).
При 9 = 35 из НОД(12, 35) = 1 следует, что дробь
получится чисто периодической с длиной периода Pi2(35)=2.
Можно проверить (см. задачу 4), что 1/12 = 0,(2(32))35, где
(32) — цифра в 35-ричной системе счисления.
Задача 3. Вычислить длину периода при обращении в
десятичную дробь числа 13/2849.
231

Решение. Представим знаменатель в каноническом
виде: 2849 = 7-11 -37. Видно, что дробь несократима и
знаменатель взаимно прост с 10. Поэтому длина периода
равна Р284э(10), т. е. является минимальным натуральным
решением сравнения 10х=1 (mod 7-11-37). Это сравнение
проще решить по меньшим модулям—делителям исходного
модуля. Отдельно находим, что Р7(10)=6, Рц(10)=2,
Рз7(Ю)=3, т. е. (106— 1) -7 и 6-7-минимальный показатель
с этим свойством, остальные показатели с этим свойством
кратны 6. Аналогично (102 — 1)5 11, (103 — 1) • 37. Поэтому
находим, что НОК(6, 2, 3)=6 и '106-1 делится на 7, 11, 37,
причем 6 является минимальным показателем с этим
свойством. Так как 7, И, 37 попарно взаимно просты, то 106 — 1
делится на их произведение, т. е. Р284э(Ю)=6. Ответ: 6
цифр в периоде.
Задача 4. Записать 1/140 в виде восьмиричной
систематической дроби.
Решение. Так как 140 = 22-5-7, 81 ; 22, Р35(8)=4,
то должна получиться дробь с одной цифрой в предперио-
де и четырьмя цифрами в периоде. Надо, следовательно,
вычислить первые пять восьмиричных знаков. Это можно
сделать двумя способами.
/ способ. Переведем 1/140 в десятичную запись, а затем
из десятичной в восьмиричную. Дробь 1/140 в десятичной
записи имеет 2 цифры в предпериоде и 6 цифр в периоде,
т. е. надо вычислить 8 десятичных знаков. Делим 1 на 140
и получаем 1/140 = 0,00(714285). Чтобы перевести
десятичную дробь в восьмиричную, надо ее последовательно
умножать на 8. При каждом акте умножения целая часть дает
один восьмиричный знак. В следующем акте умножения
целая часть не участвует. Действительно, из записи ^-ичной
дроби а=0, a_ia-2a_3...(g) = a-iq-l + a-2q~2+a-zq~3 + ... видно,
что a-\ = [aq]\ затем запишем a-2 = [{aq}q]y т, е. целая часть
взята от дробной части, умноженной на q, и т. д.
В данном случае надо умножать бесконечную дробь.
Так как предстоит пять актов умножения дробных частей,
то в исходной дроби следует после отбрасывания
бесконечного «хвоста» цифр оставить столько знаков, чтобы
округление не повлияло на получающиеся целые части пять раз.
Так как умножаем на 8, т, е. на однозначное число, то сдвиг
влево при умножении каждый раз будет на одну цифру.
Поэтому возьмем с запасом на одну цифру больше, чем число
умножений, т. е. 6 десятичных знаков. Целую часть отделим
вертикальной чертой. Получим
232

^007142
x 8
^057136
x 8
^457088
x 8
w656704
x 8
253632
x 8
029056
Итак, 0,00 (714 285) = 0,0 (0352)8.
// способ. Переведем 140 в восьмиричную систему
счисления и в этой системе 1 разделим на знаменатель, т. е.
на 140. Запишем
1401 8
4 ' 17
8
1
т.е. 140 = 2148.
Чтобы заранее не разрабатывать восьмиричные
таблицы сложения и умножения, будем пересчитывать «в уме» из
десятичной системы в восьмиричную в каждом отдельном
шаге:
_1,000Г214
644[ 0,00352 [ '
_ 1340
1,274
_440
430
10
Результат тот же: 1/140 = 0,0 (0352)8.
Тест 52 для самоконтроля
1. Дана дробь: 1/(22-5-32-.7). Укажите верные и неверные
значения длины предпериода п и длины периода k этой
дроби в системе счисления с основанием q.

1.8. Если q=7, то n=l, k = \2.
1.9. Если q=4, то л=1, 6=2.
1.10. Если <7=4, то /1=2, & = 2.
Домашнее задание
1. Определите длину предпериода и периода при обращении в
десятичную дробь 7/(4 • 53 • 73).
2. Проверьте (см. задачу 2), что 1/12=0,12(49)м=0,(2(32))35, где
(32> —цифра 35-ричной системы счисления.
ЗАНЯТИЕ 53
СЛОЖЕНИЕ И УМНОЖЕНИЕ МНОГОЧЛЕНОВ.
ДЕЛИМОСТЬ МНОГОЧЛЕНОВ. ДЕЛЕНИЕ С ОСТАТКОМ
Вопросы к занятию
1. Определение многочлена над кольцом.
2. Определение операций сложения и умножения
многочленов.
З.Степень многочлена. Степень суммы и произведения
многочленов.
4. Определение делимости в кольце многочленов.
Свойства делимости многочленов над кольцом, над полем.
5. Теорема о делении с остатком.
Литература: [6], с. 5—13, 33—35; [7], с. 459—466, 469—470.
Образцы решения задач
Задача 1. Записать в стандартном виде сумму
многочленов / (х) = 2х6 + За:6 — 8х3 + 17а:2 — 35а: — 18; g (х) = —2а:6 +
+ 5а:5 — 2а:4 + 10а:3 + 35а: + 8.
Решение. По определению суммы f(x) + g(х) = (2 +
+ (- 2)) Xе + (3+ 5) х5 + (0 + (- 2)) х* + (- 8 + 10) х* +
+ (17 + 0)х2 + (— 35 + 35)* + (— 18 + 8) = Ох* + 8хь —
— 2а:4 + 2а:3 + 17а:2 + 0а:— 10. Члены с нулевыми
коэффициентами опускаем. Окончательно получаем f(x) + g (x) =
= 8а:6 — 2а:4 + 2а:3 + 17а:2 — 10.
Задача 2. Записать в стандартном виде многочлен h(x)=
= f(x)g(x), где /(*) = 3a;4-2a:3 + 2a:2 + 7; g(x) = bx* +
+ 4х— 5.
Решение. Поскольку кольцо Z целых чисел не имеет
234

делителей нуля, то degft (x) = degf(x) + degg(x) = 4 + 3=7.
По определению произведения многочленов коэффициент Ck
при xk многочлена h(x) выражается через коэффициенты at
и Ь\ многочленов f и g соответственно по формуле Ck =
k
= 2 Qibk-t> где коэффициенты с номером, большим степени
многочлена, считаются равными нулю. Для вычисления,
например, коэффициента при хь выбираем «начальную» пару
коэффициентов (щ, bj)> для которой i + / = 5. Обычно at
берут с наибольшим возможным i, а затем перемещаются
вправо по f (х) и влево по g(x), пока не будут перебраны
все такие пары. Схематично это выглядит так:
Зл:4 — 2л:3 + 2х2 + 7//5л:3 + \х — 5
1 ■ ' I
сь = 3 • 4 + 2 • 5 = 22.
Вычислим теперь все остальные коэффициенты
многочлена h(x):
с7= 3 • 5= 15; с2 = 2(— 5) = — 10;
св= —2 • 5 = — 10; - ^=7-4 = 28;
с4=3(-5) + (-2)4 = —23; с0 = 7 (-5) = — 35.
с3 = (— 2) (— 5) + 2 • 4 + 7 • 5 = 53;.
Таким образом, h (х) = 15л:7— Юл;6 + 22л:6 —23л:4 + 53л:3—
— Юх2 + 28л: — 35.
Задача 3. Найти необходимое и достаточное условие
делимости многочлена / (л:) = х3 + 2л:2 + ах — 3 на многочлен
Ф (х) = х2 + рх + q.
Решение. По определению делимости
/"(*) : Ф W « № (х)) [f (х) = Ф (х) h (х)]. (1)
Так как degf (х) = 3, с!е§ф(л:) = 2, то degft(л:) = 1. Пусть
h(x) = тх-\- п. Тогда равенство (1) записывается в виде
л:3 + 2л:2 + ах— 3 = (л:2 + px + q) (тх + п) или х3 + 2л:2 +
+ ах — 3 = тх3 + (п + тр) х2 + (рп + qm) x + qn.
По определению равенства многочленов последнее
равенство равносильно системе уравнений
1 = т\ \
2 = п + тр\ I
а = пр + mq\ |
—3 = nq. J
235

Исключив из этой системы тип, получим систему
(2— P)P + q=a\\
(2—p)flr 3t ]
из которой находим
<7 = -3/(2-р); ]
a=(2-p)p-3/(2-p)J
где р — произвольное число, отличное от 2.
Замечание. Если рассматривать делимость многочленов f и ф
в кольце Z[x]t то а, ру q должны быть целыми. Тогда |2—р| = 1 или 3,
следовательно, система имеет только четыре решения.
Задача 4. Непосредственным делением f(x) на g(x)
найти частное и остаток, если f(x) = 2л;5 + Зл;4 — 6х3 — 5л:+7;
g(x)=x* + 2x2-3x+l.
Решение. Для вычисления старшего члена частного
делим коэффициент старшего члена делимого на
коэффициент старшего члена делителя. Степень частного равна
разности степеней делимого и делителя. Затем делитель
умножаем на полученный старший член частного и
результат вычитаем из f(x). Если полученная разность f{(x)
имеет степень не меньше, чем. степень делителя, то процесс
повторяем для многочленов f{ (x) и g(x).
Вычисления заканчиваются, когда полученная разность
fi (x) имеет степень, меньшую степени делителя g(x). На
практике удобно использовать следующую схему деления:
_2хь + Зл:4 — 6л:3 —5х + 7| л:3 + 2х2 — Зх + 1
2*5 + 4**— 6s3 + 2s2 12х2-х + 2
_— а:4 — 2х2 — Ъх + 7 = fx{x)
— х4 — 2л:3 + Зх2 — х ~
_2х3 — Ъх2 — 4х + 7 = f2(x)
2х* + 4х2—6х + 2
— 9х2 + 2х + 5 = г (х)
Итак, частное q (х) =2х2 — х + 2, остаток г (х) = — 9л;2 +
+ 2х + 5.
Задача 5. Найти частное и остаток от деления
многочлена / (л:) = 2л:4 + х + Г на g (х) = 2х + 1 в кольце Z3 [л:].
Решение. Поскольку Z3 — поле, то в кольце Z3 [л:]
имеет место теорема о делении с остатком. Будем делить /
на g, принимая во внимание, что в поле Z3 — 1 = 2; 2 • 2=
= Т; Г+2=0.
236

_2x* + x + 1
2x* + x3
2x +1
Л? + JC2 + X
_— *3 + x
2хъ + хг
— X2 + X
2x2 + x
+ 1
+1
Итак, частное (неполное) q(x) =xz + x2 + x, остаток
r(x) = L
Тест 53 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Степень суммы многочленов не меньше степени любого
слагаемого.
1.2. Степень суммы многочленов равна наибольшей из степеней
слагаемых.
1.3. Степень суммы многочленов не больше наибольшей из степеней
слагаемых.
1.4. Степень суммы многочленов не больше степени каждого
слагаемого.
1.5. Степень суммы многочленов равна степени одного из
слагаемых.
2. Дано предложение: степень произведения
многочленов равна сумме степеней сомножителей. Укажите, над
каким кольцом 5 оно верно.
2.1. 5 — числовое кольцо.
2.2. 5 — поле.
2.3. 5 — произвольное кольцо.
2.4. 5 — кольцо без делителей нуля.
2.5. 5 — область целостности.
3. Над^ некоторым полем многочлен степени 5 разделен
С остатком на многочлен степени 3; остаток обозначен
через г. Укажите верные и неверные утверждения
относительно г.
3.1. Всегда имеет степень 2.
3.2. Всегда имеет степень не больше 2 или не имеет степени.
3.3. Всегда имеет степень меньше 2.
3.4. Не может иметь нулевую степень.
3.5. Не может быть нулем.
237

Домашнее задание
1. Найдите произведение / (х) • g (х), если / (х) = 2х3 — Зх2 — Бх'+
+ 4 € Ze [x]; g (х) = Зх3 + Бх2 - 4* + 3 <Е Ze [*].
2. Определите частное и остаток от деления / (х) на g (jc) над
полем рациональных чисел, если / (х) = х* — 7хъ — 13*4 + 4jt2 + 1 \х — 5;
g (jc) = л:3 — Бх2 + 4a: — 3.
3. Найдите необходимое и достаточное условие делимости
многочлена / (х) = х3 + ах2 + Зх + с на многочлен g (х) = *2 + рх + 2.
ЗАНЯТИЕ 54
СХЕМА ГОРНЕРА. КОРНИ МНОГОЧЛЕНА. АЛГЕБРАИЧЕСКОЕ
И ФУНКЦИОНАЛЬНОЕ РАВЕНСТВО МНОГОЧЛЕНОВ
Вопросы к занятию
1. Значение многочлена. Корень многочлена.
2. Теорема Безу. Необходимое и достаточное условие
делимости многочлена на линейный двучлен.
3. Деление многочлена на линейный двучлен х—х0.
Выполнение деления по схеме Горнера.
4. Теорема о числе корней многочлена. Следствия.
5. Алгебраическое и функциональное равенство
многочленов.
6. Кратность корня.
Литература: [7], с. 466—469; [6], с. 13—25.
Образцы решения задач
Задача 1. Найти частное и остаток при делении
многочлена f(x)=x6+(2-2i)x5+(l + i)xz-(l+i)x2+.2i на
двучлен х +1 — L
Решение. Применим схему Горнера для деления
многочлена f(x) =аоХп + а\Хп-1 + ... + ап-\Х+ап на линейный
двучлен х — Хо. Частное, очевидно, будет иметь степень п— 1:
g(x)=CoXn~l + C\Xn-2 + ... + Cn-2X + Cn-\ (возрастание номеров
коэффициентов от нуля при убывании показателей
степеней переменной удобно при применении схемы Горнера).
Все коэффициенты многочлена f(x), в том числе и нулевые,
выпишем в верхней строке таблицы. Старший коэффициент
а0 запишем и во вторую строку, в которую будут заноситься
коэффициенты С{ частного q(x). Каждый следующий за.с0
коэффициент частного будем вычислять по формуле сг=
238

0
1
1
1
2 — 2/
1— i
2
1 о |
1 2i
3
l + i
—1 — i
4
—1 — i |
1-/|
5
0
2*
6
2/ 1
—2
= л:0Сг_1 + аг. Вычисленное по этой же формуле сп не
является коэффициентом частного, а есть остаток при делении
f(x) на x—Xq. В нашем случае ^о= —l+i (числа, стоящие
сверху, указывают номера коэффициентов):
-1 + /
Итак, q(x)=x*+(l-ri)x* + 2ix*+X-l-i)xl+(l-i)x+
+2/ — частное. Остаток равен —2.
Задача 2. С помощью схемы Горнера найти частное и
остаток от деления многочлена / (х) = 8х8 — 1 Ох7 + 36х6 —
-28х5+4х3-24х2 + 20х+П на многочлен ф(х)=4х + 3.
Решение. Если q(x) иг — искомые частное и остаток,
то f(x)=y(x) q(x)+r или /(л;) = (4х+3) q(x)+r=(x +
+ 3/4)4<7(х)+г.
Таким образом, выполнив деление f(x) на х + 3/4 по
схеме Горнера, получим не q(x), a 4q(x). Поэтому вычисленные
коэффициенты надо умножить на 1/4. Вычисляем:
8
—10
36
' 8 | —16 | 48
-28
0
4 | —24
20 | . 11
—64 | 48 | —32 | 0 | 20
—4
Отсюда 4? {х) = 8х7 -16х6 + 48х5 - 64х4 + 48х3 - 32х2 + 20,
остаток г=-4 и q{x) =2х7-4х6+12х5- 16х4+12х3-8х2 + 5.
Задача 3. При каких значениях а и Ъ многочлен f(x) =
= 2х35— 18х33 — 5xls+45xlz + ax2 + bx—3 делится на многочлен
ф(л:)=х2-4х+3?
Решение. По определению делимости / (х) • ф (х) <=»
** (3.q (x)) [f.(x) = ф (х) q (x)]. Отсюда, учитывая
функциональное равенство многочленов, получаем (Vc£ R)lf(c)=y(c) q{c)\.
Вычислим корни квадратного уравнения ф (х) = 0. Так как
при q = 1 и при с2 = 3 ф (q) = 0 и ф (с2) = 0, то / (q) = 0
и f(c2) = 0. Но /(1) есть сумма коэффициентов многочлена:
/(1) = 2— 18 — 5 + 45 + а+Ь — 3 = а+6 + 21. Это дает
уравнение а + b + 21 = 0.
Для вычисления /(3) используем схему Горнера (/(3)
есть остаток от деления f(x) на х — 3):
., \
2 | 0 | —18| 0 |... | 0 |—5| 0 | 45 | 0 | ... | 0 | а \ b | —3
2 | 6 | 0 | 0 |... | 0 |—5|—15| 0 | 0 |... | 0 |\ а \ За+b \ 9а+ЗЬ—3
239

Многоточия в схеме стоят вместо пропущенных нулей.
Получили, что / (3) = 9а + ЗЬ — 3. Это дает второе уравнение
9а + 3& — 3=0. Из системы -
9а + 3& = 3; 1
а + 6 =—21 J
получаем а= И, Ь= —32. Таким образом, условие а=11,
Ь=— 32 является необходимым условием делимости f(x)
на ф(х). Однако оно является и достаточным. В самом
деле, поскольку при а=11 и &—— 32 /(3)=0, то по теореме
Безу f(x) • (х—3), и, значит, существует такой многочлен
fi{x), что f(x) = (х—3) f\(x). А поскольку еще /(1)=0, т. е.
(1—3) /i (1) =0, то /i (jc) (*—1), и, следовательно,
существует многочлен ^(х), для которого f\(x) = (х— 1)^ (х).
Значит, f(x) = (jc—3) (х- l)Y(x) = (jc2-4jc+.3>4r(jc).
Замечание. Последнее рассуждение перекликается с
доказательством теоремы о наибольшем возможном числе корней многочлена
в области целостности.
Задача 4. Найти остаток от деления многочлена f(x) =
= 2х64-5х36-Зх27 + 7х15+2х6-Зл;4 + 8 на многочлен q>(x) =
= Х3 — X.
Решение. По теореме о делении с остатком
существует единственная пара многочленов q(x) и г(х)\ где
degr{x)^2, такая, что /(л;)=ф(л;) q(x)+r(x).
Если r(x)=ax2 + bx + c, то f(x) = y(x)q(x) +ax2 + bx + c.
Вычислим левую и прав/ю части от корней многочлена ф(х),
т. е. при Х\= 1, х2= — 1, х3 = 0:
2—5 — 3 + 7 + 2 — 3 + 8= а + Ь +с;)
2 — 5 + 3 — 7 + 2 — 3+8=а— Ь + с;\
8= с]
Отсюда а= — 4, & = 4, с = 8. Следовательно, искомый остаток
г(л;) = -4л;2+4л+8.
Задача 5. Найти кратность корня х0=— 2 у многочлена
f(x) =х5 + 6а:4+ 1 1jc3 + 2x2- 12x-8.
Решение. По определению число х0 является корнем
кратности k у многочлена f(x), если /(х) делится на (х—
— х0)к, но не делится на (х — х0)к+1. Используем схему Гор-
нера для последовательного деления f(x) и получающихся
частных на х+2 до появления первого ненулевого остатка:
240

1 » 1 «1
1 | 4 |
'Ml
» 1 o|
1 1 | -2 |
11
3
"I
— 1
5
1 2
-4
-2
0
-12 |
-4|
°l
—8
0
Кратность корня равна числу нулевых остатков.
Действительно, расшифровка схемы дает
f(x) = (х + 2) (x4 + 4x3 + 3x2-4x-4) = (х + 2) (х + 2) (х3 +
+ 2х2-х-2)= (х+2)2(х + 2)(х2-А) = (х + 2)Цх2-1).
По теореме Безу х2— 1 не делится на х + 2, ибо остаток
равен 5. Поэтому х0=— 2 является корнем кратности 3.
Задача 6. Определить, при каких а, Ь, с многочлен f(x) =
= x4 + ax3 + bx2 + cx — 24: имеет число —2 корнем не ниже
третьей кратности?
Решение. Предположим, что х0=—2 является корнем
многочлена f(x) кратности /г^З. Будем делить f(x) и
получающиеся частные на х+2:
1
1
1
1
\а \ Ь \ с \
\а — 2\ b — 2а + 4 \c — 2b + 4a— 8|
| а — 4 | Ь — 4а + 12 | с—46+12а—32 |
|а — 6 6 —6а+ 24
—24
—2с+46—8а—8
Так как первые три остатка должны быть нулями, то
—с + 2& — 4а— 4 = On
с —4&+ 12а — 32 = 0;
Ъ — 6а + 24 = 0.j
Отсюда а = 3, &=—6, с =—28. Полученное условие
является не только необходимым, но и достаточным.
Тест 54 для самоконтроля
1. Многочлены / и g с действительными
коэффициентами совпадают при трех различных значениях переменной.
Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Если степени f и g не больше трех, то многочлены f и g равны.
1.2. Если степени f и g меньше трех, то многочлены f и g равны.
9 Зак.-1684
241

1.3. Если степень / больше степени g на 1, то многочлены fug
равны.
1.4. Если степень f равна степени g, то многочлены f и g равны.
1.5. Если степень / и степень g равны 1, то многочлены f и g равны.
2. Многочлены / и g равны как функции над кольцом 5.
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Если 5 — поле действительных чисел, то многочлены f и g
равны.
2.2. Если 5 — конечное поле, порядок которого меньше степени f,
то многочлены fug равны.
2.3. Если 5 — конечное кольцо и число элементов S больше
степени / и больше степени g, то многочлены f и g равны.
2.4. Если кольцо 5 бесконечно, то многочлены f и g равны.
2.5. Если кольцо 5 конечно и число элементов 5 меньше степени 7
и меньше степени g, то многочлены f и g равны.
- Домашнее задание
1. Найдите сумму коэффициентов многочлена f(x) =y(x)q(x), если
сумма коэффициентов многочлена ф(я) равна —1, a q(x) равна +1.
2. Определите кратности корней jci = 2 и Х2= — 1 у многочлена хъ—
-5*4 + 7r*-2A;2+4A;-8.
3.' Найдите остаток от деления многочлена f(x) на многочлен <р(*) =
= (х — 2)(х+3)(х— 1), если известно, что при делении f(x) на х—2у х+
+ 3 и х—1 получаются соответственно остатки 7; 7; 11.
ЗАНЯТИЕ 55
НОД И НОК МНОГОЧЛЕНОВ. ИХ СВОЙСТВА.
ЛИНЕЙНОЕ ПРЕДСТАВЛЕНИЕ НОД ДВУХ МНОГОЧЛЕНОВ
ЧЕРЕЗ АРГУМЕНТЫ
Вопросы к занятию
1. Определение общего делителя, наибольшего общего
делителя системы многочленов над полем.
2. Свойства НОД (аналогичные свойствам НОД в
кольце Z).
3. Взаимно простые многочлены и их свойства.
4. Два способа линейного выражения НОД двух
многочленов через аргументы.
5. Определение общего кратного системы многочленов,
наименьшего общего кратного над полем.
6. Свойства НОК. Связь НОД и НОК.
Литература: [7], с. 470—471, 372—379; [6], с. 35—43.
242

Образцы решения задач
Задача 1. Найти наибольший общий делитель
многочленов /(л:)=л:5 + 7л:4 + 20л:3 + 48л:2 + 52л:+57; £(л:) =л:4 + 8л:3 +
+23л:2+34л:+39.
Решение. Для нахождения НОД двух многочленов
используем алгоритм Евклида и два предложения:
1) если / (х) =Ф (х) q(x) + r (х), то НОД (/, <р) = НОД(Ф, г);
2) если f(x) \ ф(х), то НОД (/, <р) = ф.
Кроме того, вычисления облегчаются третьим
предложением:
3) если многочлены / и ^ассоциированы (т. е.
отличаются на обратимый множитель), то для любого многочлена
h НОД (/, /г) = НОД (q, h). Будем делить / на g:
_х-у ±7х* + 20л:3 + 48л:2 + 52а: + 57|%4 + 8л:3 + 23*2 +34х+39
хъ -1- 8х4 + 23л:3 + 34х2 + 39л: I х _ \
" __—хх— Зх3+14л:2+13х + 57
—х4— 8л? — 23л:2 — 34л: — 39
5л:3 + 37л:2 + 47л; + 96 = гг (х)
Следовательно, НОД(/, g) = HOJX(g, г\). Для удобства
дальнейших вычислений умножим g(x) на 5. Это (на
основании третьего предложения) не повлияет на окончательный
результат, ибо 5 — обратимый элемент кольца Щх]. Чтобы
избежать дробных коэффициентов, будем умножать на 5
(если потребуется) и получающиеся промежуточные
остатки. Разделив 5g на гь получим
_5х*-+ 40л:3 + 1 15л:2 + 170л: + 19515л:3 + 37л:2 + 47л: + 96
5*4-37л:3 f 47л:2 + 96л:' ' х//4-3
Зл*-Ь 68л:2 + 74л:+195= г2{х)
_15х3 + 340х2 + 370* + 975 = 5г2 (х)
15х3+ П1х2+141х+288
229л: + 229л: + 687 = 229г3 (л:),
где гв(х)=х2 + х + 3.
Здесь мы воспользовались третьим предложением:
НОД(£, г,)=НОД(5г> Г!)=НОД(гь г2)=НОД(гь 5г2) =
= НОД(гь 229г3) = НОД(гь г3), ибо 5g(x) = rx(x)x + r2(x),
5г2(л:).= Зг1(л:)+229гз(л:). Эти два «деления» совмещены в
одной схеме, а знак // разделяет различные.«частные».
Разделим теперь гх (х) на г3(х):
__5л:3 + 37л:2 + 47л: + 961л:2 + х + 3
5л:3 + 5л:2 + 15л: '5л: + 32
_32л:2 + 32л: + 96
32л2 + 32л: + 96
0
9* 243

Из второго предложения НОД(гь г3)=г3 и, значит,
НОД(/,£)=х*+.х+3.
Задача 2. Найти наибольший общий делитель
многочленов f(x) =х6 + х5-Зх*+2х3 + 4х-2; #(л:) =л:5-|-Зл:4+'л:3 + 6л:2-|-
+4л:+6.
Выразить его линейно через многочлены fag.
Решение. Применим к многочленам f(x) и g(x)
алгоритм Евклида:
_л*+ Xs—Зл*+2л:3 +4х—2\х5 + Зх* + х3 + 6л:2 + 4х + 6
л?+3*Б+ x*+6x3+4xz+6x 5~2
_—2хь—4х*—4х3— 4л:2—2л;— 2
—2л*—6л:*—2л:3— 12л:2—8л:— 12
2л?—2л:3+ 8л:2+6л:+ 10 = 2гх (л:);
хь + Зх* + х3 + 6л:2 + 4л: + 61л:* — jfl + 4xz + Зх + 5
—л:5— л:4 + 4л:3-f Зл:2 + 5л: '7+4
_4х* — Зх3+ Зх2— х+ 6
4х* — 4л:3 + 16л:2 + 12л: + 20
л:3—13л:2—13л:—14 = г2 (л:);
_х* — х3 + 4х* + 3х+ 5\х3— 13л:2— 13л:— 14
х4— 13л:3— 13л:2 — \4х\х+ \2
12л:3 + 17л:2 + 17л:+ 5
12л:3— 156л:2— 156л:— 168
173л:2 + 173л: + 173 = 173г8 (х);
_х3— 13л:2 — 13л: — 141л:2 + х + 1
х3 + х2 + х 'л:—14
—14х2— 14л:— 14
—— 14л:2— 14л:— 14
0
Последний отличный от нуля остаток (последний делитель
в рассматриваемом алгоритме) есть НОД многочленов f и g.
Для выполнения второй части задания запишем
алгоритм Евклида в'сокращенной форме: f(x)=g(x)(x—2) +
+2r,(x); g(x)=rl(x)(x + 4)+r2(x);r1(x)=r2(x) (x+12) +
+ \73r3(x); r2(x)=r3(x) (x-14).
Из первых трех равенств выразим остатки: гх {х) =— (/ (л:) —
—g(x) (х - 2)); г2 (х) = g(x)- гл \х) (х + 4); гъ (х) = ^ (гх (х) -
_г2 (*-)(*+12)).
244

Будем исключать последовательно остатки из выражений
для г2 и r3: r2(x) = g(x) — у (/(*) — g(x)(x — 2))(х + 4) =
= -у(* + 4)/(х)+^(д^^
-у(^-2)г(х) + ^(х+4)(х+12)/(х)--1.(^+.2х-6)х
Х(х + 12)g(x)) = ^ (х2 + 16х + 49)/(х)- 5)5 (*3 + 14*2 +
+ 19х-74)в(х).
Итак, х2 + х + 1 = ig (х2 + 16х + 49)/(х) -^3+ 14х2+
+ lftx —74)я(х).
Задача 3. Найти наибольший общий делитель
многочленов / (х) = (х — I)813 (х + 2)107 (х — З)91; g (х) = х9 + х8 — 5х7+
+ хв + Их6— 13 х4— 7х3 + 15х2 —4.
Решение. Очевидно, применять алгоритм Евклида в
данном случае невозможно. Ясно также, что НОД (/, g)
имеет вид d (х) — (х — l)k* (х + 2)k* (х — 3)4 где klt k2, kz ^ 0,
причем ki^9. Следовательно, kx — кратность корня х1=1\
k2 — кратность корня х2= — 2; къ—кратность корня х3 = 3
у многочлена g(x), так как g(x)=(x—l)k*(x+2)k*(x—3)k*y(x),
где ср(х)— многочлен, корнями которого не являются числа
1, —2, 3. Кратности kv k2 и k8 найдем с помощью схемы
Горнера:
1
2
1 | 3
. | 4
1 | 5
1 | 2
1 l 0
1 | —2
1 | 3
-5
|-з
0
4
9
0
о
1 4
1 9
1
"2
-2
2
11
2
ч
—6
| 29
11
9
7
9
20
*
1 |
113=^0
1 -о
—13
"4
3
12
32
2
0 |
—7
-и
-8
4
36*0
0
15
4
-4
о
о
4
о
—4
0 j
Заметим, что при вычислении шестой и девятой строк
использовались соответственно четвертая и седьмая. О т-
в е т: *i = 3, *2 = 2, £3 = 0; rf(x) = (х- 1)3(х+2)2.
245

Задача 4. В условиях задачи 1 выразить линейно через
аргументы НОД(/, g).
Решение. В данном случае затруднительно
воспользоваться способом, примененным при решении задачи 2.
Используем здесь метод неопределенных коэффициентов.
Он основан на следующем предложении*: если d = HOJX{f, g),
то d допускает линейное выражение
d = uf + vg, (1)
в котором степень и меньше степени g и степень и-меньше
степени /. Чтобы иметь дело с многочленами меньших
степеней, разделим равенство (1) на d:
l = ufi + vgu (2)
где fi = f/d, g\=g/d (многочлены f\ и gi взаимно просты).
После умножения равенства (2) на НОД(/, g) получим
требуемое представление. Разделим / и g на НОД(/, g):
/i (х)-=л;3 + 6л;2+ 11х +19, gx (x) = х2 + 7-х + 13.
Многочлены и и v будем искать в виде и(х)=а1х-\-а0,
v(x)~b2x2+b1x-{-b0. Равенство (2) запишется так: (ахх-\-йо)х
X (х3 + 6х2 + 11* + 19) + (b2x2 + b1x+b0)(x2+7x+13)-1 или
(a1+b2)x"+(a0+Qa1+b1+7b2)x^(6a0+lla1+b0+7b1+l3b2)x
Xx2+(lla0+l9a1+7b0+l3b1)x+l9a0+l3b0=l.
Из условия равенства двух многочленов получаем пять
линейных уравнений, связывающих а0, а>и &о, &i, b2:
ах +Ь2 = 0;\
6^ + а0+ 7Ь2 + Ъх = 0;
llfl!+ 6а0+13&2+ 7ЬХ+ Ь0=0'Л
19^ + 14 + 13&1 + 760= 0;
19а0 +13/?о = 1.)
Решив эту систему (например, методом Гаусса), найдем
а, = -5/229; а0=-3/229; &2 = 5/229; &i = -2/229; 60 = 22/229.
Следовательно, и(х) = ( — Ъх — 3)/229; у(л;) = (5л;2 —2л;+
+22)/229. После умножения обеих частей равенства (2) на
НОД(/, g) =x2+ х + 3 получим линейное выражение
НОД(/, g) через исходные многочлены с уже найденными
и и v.
Задача 5. Найти НОД и НОК многочленов f\(x)=x3 +
+ 2л;2 + Зл; + 2; f2(x)=x4 + x* + x2-x-2\ fz(x)=x*-x2-4.
Решение. Для вычисления НОД трех многочленов
. воспользуемся возможностью замены любой пары
многочленов на их НОД в процессе вычисления: НОД(/ь /2, /з) =
246

= НОД (НОД (/ь /2), fa). Найдем поэтому сначала НОД^,
Z^) с помощью алгоритма Евклида:
_х4+ л:3 + х2— х — 2| х3 + 2л:2 + Зл: + 2
• л:4 + 2л:3 + Зх2 + 2х ' х — 1
_—л:3 —2л:2 —Зх—2
—л:3 — 2л:2 — Зл: — 2
О
Таким образом, НОД (/1э /2) = /х. Теперь вычислим
НОД (fv f3):
_л:3 + 2л:2 + Зл: + 21л:3 —л:2—4 _х3—л:2 . — 4| л:2 + х + 2
л:3— л:2 ' — 4' 1 л:3+л:2 + 2л: 'х —2
Зл:2 + 3л: + 6 _—2л:2 —2л:—4
—2л:2 —2л:—4-
О
Следовательно, НОД (/1э /2» /з) = *2 + х + 2.
Для вычисления НОК применим аналогичную формулу:
HOKtfx, /., /з) = НОК (НОК (/lf /,), /з).
Кроме того, можно использовать связь НОД и НОК:
^■'^«fc-£-'■■
Теперь НОК (/lf /lf h) = НОК (НОК tflf /2), f3) = НОК (/«•
/3) = ^ = /2 ^ . Видно, что /2 не делится на
/3. Поэтому НОД (/2, /3) = *2 + * + 2, ибо не может иметь
степень 3.
Итак, НОК (/2, /з) = (*4 + л;3+л:2— л:—2) (л: — 2) =хъ—х*—
—х3— Зл:2 + 4.
Задача 6. Решить систему уравнений
л:16 + л:13 — 2л:6 — Зл:3 + Зл: = 0;)
хп + х9 — 2х=0. J
Решение. Здесь требуется найти общие корни
многочленов /(х)=л:15 + х13-2х5-3л:3 + 3х; g(x) =хи+х9-2х. Из
теоремы Безу следует, что общие корни / и g являются
корнями их НОД.
Действительно, если /(a) =g(a) = 0, то f(x) = (х — a)f\(x),
g(x) = (x-a)gx(x), и НОД(/, г) = (*-а)НОД(/ь gi).
Произведя необходимые вычисления, получим, что НОД(/, g) =
= х3—х. Но корни НОД(/, g) являются корнями
многочленов / и g. Поэтому х\ = 0, х2= 1, хъ= — 1—все решения
исходной системы уравнений.
247

Tea 55 для самоконтроля
1. НОД многочленов / и g из кольца Z[x] есть d.
Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. d есть НОД(Д g) в кольце Щх].
1.2. md есть НОД(7, g) при любом натуральном т в кольце R[x].
1.3. mrf есть НОД(/, g) при любом целом m в кольце Q[x].
1.4. Многочлены f/d и g/d ассоциированы в кольце 2[х].
1.5. Степень d меньше степени f, если степень f больше степени g.
1.6. Многочлены f/d и g/d имеют своим наибольшим общим
делителем многочлен нулевой степени.
2. НОД многочленов / и g из кольца R[x] есть d.
Укажите верные и неверные утверждения.
2.1. Существует единственная пара многочленов (ut v), такая, что
d=fu+gv.
2.2. Существует пара многочленов (и, v), такая, что degtt>degg,
degf>degv и d=fu+gv.
2.3. Существует, пара многочленов (и, v)y такая, что degu<degg,
degf>degv и d=fu+gv.
2.1. Существует единственная пара многочленов (и, v)y такая, что
deg/>deg vt deg g>deg и и d=fu+gv.
Домашнее задание
1. Найдите НОД (f, g) и выразите его линейно через / и g, если f(x) =
=jt3+5jt2 х 5* &(х)=х2 Зх 4
2. Определите НОД и НОК многочленов /(jc)=6jc3+10jc2+6; g(x) =
= 2jc2+5jc+3* h(x) =jc2+5jc+6
3. Найдите НОД(f, g), если f(x) = *5+6**+10*3-ll*-6; g(x) =
= (jc2+jc-2)(jc2+2jc-3).
ЗАНЯТИЕ 56
ФОРМАЛЬНАЯ ПРОИЗВОДНАЯ МНОГОЧЛЕНА.
ТЕОРЕМА О НЕПРИВОДИМОМ КРАТНОМ МНОЖИТЕЛЕ
МНОГОЧЛЕНА И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ
Вопросы к занятию
1. Производная многочлена и ее вычисление.
2. Формула Тейлора. Разложение многочлена по
степеням линейного двучлена.
3. Теорема о неприводимом кратном множителе
многочлена.
4. Отделение кратных множителей.
. Литература: [7], с. 479—484; [6], с. 55—60.
248

Образцы решения задач
Задача 1. Найти значение многочлена f(x) = 3х5 + 7х* +
-\-х3 — 2х + 3 и всех его производных при х=— 2. Разложить
f (x) по степеням двучлена х + 2.
Решен и.е. Будем делить многочлен f(x) и все
получающиеся частные на х + 2. Для этого воспользуемся схемой
Горнера:
3
3
3
3
3
3
7
1
—5
1-п
|-17
—23
•
-1
9
31
65
.0
2
-16
—78
-2
—6
26
з ,
15
Для удобства записи обозначим x+2 = q, а также
получающиеся частные Зх4 + л;3 — х2 + 2х — 6 = ^; Зх3 — 5x2+9jt—
-l6 = t2;3x2-nx + 3l = t3;3x-l7 = U
Расшифруем серию делений, описанных схемой Горнера:
f (x) = qtx+ 15= q(qt2 +26) + 15= q (q(qt3-78)+26)+\5=
= q(q{q(qh + 65) - 78) + 26) + 15 = q(q(q{q(q • 3-23) + 65)-
— 78) + 26) + 15 = 3qb — 23?4 + 65?3 — 78q* + 2Gq + 15 =
= 3(x + 2)6 — 23(x+2)*+ 65(x+2)3—78(x+2)2+26(x+2)+15.
Таким образом, разложение многочлена f (x) по степеням
двучлена х + 2 получено. Видно, что коэффициентами
разложения являются остатки в*схеме Горнера, при этом
старший коэффициент—последнее частное. Очевидно, что /(—2) =
= 15. Дифференцируя разложение пять раз и подставляя
всякий раз х =—2, находим /' (—2) = 26, /"(—2)=2!(—78),
/'" (—2) = 3!65, /IV (—2) = 4! (—23), /v (—2) = 5!3, т. е.
значения производных от f(x) находим умножением остатков в
схеме Горнера на'соответствующие факториалы.
Замечание. Процесс получения коэффициентов разложения ф (х)
по степеням х -f 2 аналогичен переводу записи целого числа из одной
позиционной системы счисления в другую. Многочлен в стандартном
виде есть запись в «системе счисления» с основанием х\ «цифрами» могут
быть любые числа. Разложение по степеням х + 2 есть запись в
«системе» с основанием х + 2. Очевидно, что эта запись также единственна,
т. е. сопоставляя полученное разложение с формулой Тейлора, можно
/" (—2)
было сразу получить / (—2) = 15; /' (—2) = 26; ± = — 78;
/'" (—2)
1 1 } = 65 и т. д.
249

Задача 2. Записать в стандартном виде многочлен f(x) =
= (х + 2)*-3(х.+ 2)з.
Решение. Обозначим х + 2 = у. Тогда х=у — 2 и f(x) =
= (х+2)5-3(л: + 2)3 = у5~Зу3 = ф(у). Разложим многочлен
ф(у) по степеням у — 2 = х, используя схему Горнера:
1
1
1
1
1
,1
0
2
4
6
8
.0
-з
1
9
21
| 37
0
2
20
62
о 1
4 |
44 |
0
8
Значит, Ф(у) = (у- 2)5 + 10(у- 2)* + 37(у- 2)» + 62 X
х (у _ 2)2 + 44 (у — 2) + 8. Поэтому / (х) = хь+ 10х*+37х1+.
+ 62х2 + 44* + 8.
Задача 3. Найти многочлен, который, имеет те же корни,
что и многочлен / (х) = х7 — 9хъ + бх4 + 15х3 — 12х2 — 7x-f-6,
только однократные.
Решение. Согласно теореме о непроводимом кратном
множителе, чесли а является корнем кратности k
многочлена /(х),4то а будет корнем кратности k—1 производной
этого многочлена, т.е. если f(x) = (x — a)kg(x) и g(a)=£Q>
то /' (х) =(х— а)*-!/1 (х) иА(а)^0. Поэтому НОД (/, /') =
= (х — а)*-1ф (х), причем ф (а) Ф 0, следовательно, а —
корень кратности 1 многочлена -W—— ='ф(х).
Найдем производную многочлена f(x): f'(x)=7x6 —
— 45x4 + 24x3 + 45x2 — 24л: — 7. Используя алгоритм Евклида,
вычисляем НОД(/, /'): НОД(/, f')=xz-x2-x+\. Разделив
данный многочлен f(x) на НОД(/, /')> найдем, что
многочлен у(х)=х4+х? — 7х2 — х+6 имеет те же корни, что и f(x),
только все однократные.
Задача 4. Отделить кратные множители многочлена
/(a:)=x6-6a:5 + 9a:4+12jc3-48a:2 + 48a:-16.
Решение. Вычислим производную мночлена f(x) и
затем НОД(/,/'):
П*)=6х5-30х4+36х3 + 36х2-96х+48;
НОД(/, П=х*-5х2+8х-А= Dh
Тогда f/D± содержит все множители многочлена /, но толь-
250

ко в первой степени. Найдем это частное: — = х3— х2 — 4х -f 4.
Итак, D1 = НОД (/, /') содержит все кратные множители
/ (х), но в степенях, на 1 меньших. Применим к Dx и D[
алгоритм Евклида, чтобы выделить, произведение
всех.кратных множителей многочлена D^x), взятых в первой степени:
D\ = Зх2 — 10х + 8; НОД (Dv D[) = х— 2.
Следовательно, х — 2 является в D1 двукратным
множителем, а в /(х)—трехкратным. Разделим Dx на (х—2)2.
Для этого воспользуемся схемой Горнера:
1 | -5 | 8
1
—4
—3 | 2 | 0
1 l I —1 I °
В/(х) множители^ х — 2 и х—1 входят в степенях»
на 1 больших, чем в Dv Разделим flDx на произведение
(х—1) (х — 2) И найдем еще один множитель, однократный:
1
1
1
—1
1 о
1 2
1-4 1
1-4 I
о 1
4
0-
Итак, х+2 — однократный множитель, х—
\—двукратный, х—2 — трехкратный множитель многочлена /(х), т. е.
/(х) = (х + 2)(х-1)2(х-2)3.
Тест 56 для самоконтроля
1. Пусть (А) —утверждение: многочлен / с целыми
коэффициентами не имеет кратных неприводимых множителей
над полем рациональных чисел. Укажите верные и
неверные утверждения.
*
1.1. Из (Л) следует, что / не имеет кратных целых корней.
1.2. Из (А) следует, что / не имеет кратных рациональных корней.
1.3. Из (А) следует, что f не имеет кратных комплексных корней.
1.4. Из (А) следует, что / неприводим над кольцом целых чисел.
1.5. Из (Л) следует, что / взаимно прост со своей производной.
2. Дано утверждение: многочлен /, неприводимый над
некоторым полем Р, не имеет кратных корней. Укажите вер-
251

ные и неверные доказательства и опровержения этого
утверждения.
2.1. Над более широким полем, содержащим поле Р, многочлен
может оказаться приводимым и даже разложиться на линейные
множители, среди которых могут встретиться ассоциированные. Следовательно,
над более широким полем многочлен f может иметь кратный корень.
2.2. Так как f неприводим над Р, то / либо вовсе не имеет корней в
Р (а значит, и кратных корней), либо f — многочлен первой степени, и
тогда он имеет один корень. В этом случае также нет кратных корней.
2.3. Из теоремы о кратном неприводимом множителе следует, что
f и его производная над полем Р взаимно просты. Так как НОД
многочленов не зависит от поля, над которым они рассматриваются, то
НОД(/, П = 1 наД любым полем. Следовательно, многочлен /не имеет
кратных корней ни в каком поле.
2.4. Так как f неприводим и f имеет меньшую степень, то HOJX(f,
f') = \. Следовательно, по теореме о неприводимом кратном множителе
f не имеет кратных неприводимых множителей над любым полем. А так
как каждый неприводимый множитель всегда дает только один корень,
то кратных корней нет.
2.5. Пусть а — ^-кратный корень многочлена f. Тогда найдется
поле, над которым f делится (по теореме Безу) на (х—a)k. Поэтому
НОД(/, }')Ф1. Но при вычислении НОД с помощью алгоритма Евклида
все коэффициенты многочленов будут принадлежать полю Р.
Следовательно, f обладает над Р кратным неприводимым множителем, значит,
f приводим. Получили противоречие с условием. Итак, кратных
корней нет.
Домашнее задание
1. Запишите в стандартном виде многочлен f(x) = (х—2)6— (х—
— 2)3+ (х—2)2+2. Вычислите значения всех его производных при х=
2. Отделите кратные множители многочлена f(x)=x5+xA—2хъ—
-2гЧ*+1.
ЗАНЯТИЕ 57
КОЛЬЦО МНОГОЧЛЕНОВ ОТ п ПЕРЕМЕННЫХ.
СИММЕТРИЧЕСКИЕ МНОГОЧЛЕНЫ
Вопросы к занятию
1. Определение многочлена от п переменных.
2. Определение операций сложения и умножения в
кольце К[хи ..., хп\
3. Индуктивное построение кольца К\хи ..., хп\
4. Лексикографическое упорядочение многочлена.
5. Лемма о высшем члене произведения.
252

6. Степень многочлена от п переменных.
7. Лемма Гаусса о произведении примитивных
многочленов.
8. Факториальнрсть кольца многочленов над факториаль-
ным кольцом.
9. Определение симметрического многочлена.
Литература: [7], с. 485—495; [6], с. 76—82, 64—69.
Образцы решения задач
Задача 1. Даны многочлены / = 2x^X2 -f~ х2 -f~ Х\\ g =
= хгх2 + 2хх + xx*h — 3^2. Следует: а) записать их в виде
суммы однородных компонент; б) упорядочить
лексикографически; в) Найти высшие члены и степени; г) упорядочить
лексикографически их произведение и найти его степень и
высший член.
Решение, а) Многочлен / является суммой двух
однородных компонент третьей и второй степеней: / = (2ххх\ +
+ Л) + х\. Действительно, член х\ имеет третью степень,
2ххх\ имеет суммарную (1+2=3) третью степень, других
членов третьей степени многочлен не имеет. Поэтому 2ххх\+
+ xl — однородная компонента многочлена / третьей степени.
Очевидно, что член х? составляет однородную компоненту
второй степени. Аналогично многочлен g является суммой
трех однородных компонент первой, второй и третьей
степеней: g=2xi + хгх2 + (хгх1 — 3x1).
б) Будем считать, что переменные упорядочены своими
номерами, т. е. что хг предшествует х2. Для
лексикографической записи многочлена / выберем члены, содержащие хх
в наибольшей степени. Такой член один: это х\. Выбираем
затем члены, содержащие хх в степени, меньшей на 1.
Такой член также один: это 2х\х\. Последним запишем член
xl. Таким образом, для / имеем лексикографически
упорядоченную запись: f = х\ + 2х\х\ + xl.
Выберем теперь те члены многочлена g, которые
содержат хх в наибольшей степени — в первой. Таких членов три:
2х1у xxx2j X\x\. Поскольку- у всех трех членов хх имеет одну
и ту же степень, будем производить упорядочение по
степеням х2: первым будет записан член Х\х1, затем хгх2, а после
2хх. Оставшийся член —3*2 не содержит хх и будет
записан последним.
253

Итак, получаем лексикографически упорядоченную запись
для g:
g = xxxl + ххх2 + 2х{ — Ъх\. '
в) Высшие члены многочленов стоят первыми в
лексикографической записи. Это х2\ и Х\4 для f и # соответственно.
Степень многочлена — максимальная из степеней его
одночленов с отличными от нуля коэффициентами.
Итак,
deg/ = max (2 + 0; 1 + 2; 0 f 3} = 3;
degg = max {1 + 2; 1 + 1; 1 + 0; 0 + 3) - 3.
г) Найдем произведение fg, умножая каждый одночлен
из / на каждый одночлен из g: fg = 44 + х\х2 + 2*?—3*?*2+
+2х\х\ + 2х2х1 + ±44 — 6*i*2+*i*2 + 2ххх\ — 3x2+XiX2.
После приведения подобных членов получим fg = 4х\ + *?*2 +
+2х\ — х\х\ + 2х\х\ + 4х2х22 — 5xi4 + ххх\ + 2х{х\ — 3*2.
Упорядочим теперь полученный многочлен
лексикографически: }g = 44 + 4x2 + 2х\ + 2х\х\ — 44 + 44—5*i4 +
+ *i*2 + 2*1*2 — 34; deg/g=max(3 + 2; 3+1; 3+0; 2+4;
2 + 3; 2+2; 1 + 5; 1+4; 1+3; 0 + 6} = 6 = deg/ + degg.
Высший член /g — это одночлен 44, являющийся
произведением высших членов многочленов-сомножителей.
Задача 2. Многочлен / = 4*^2*з + Ъх\44 — 4x24 +
+ 2х\4хъ — 3*?*2*з + 2х\х2х\ + 8x1*3 — 5*i*2 + 2*3 — 17
представить как многочлен от *3 над кольцом R[*x, *2].
Является ли f примитивным над этим кольцом?
Решение. Группируя члены, содержащие *3 в
одинаковых степенях, получим f = (—х\х2х\ + 2*?*2*з) + (4*?*2*з +
+ 3*!*2*з) + (2*!*!*3 — 3*?*^*3 + 8*!*3 + 2*3) + (—5*1*2— 17).
Вынесем *3 за скобки в каждой группе слагаемых: / =
= (2*?*2 — Х\Х2) *з + (4*?*2 + 3*!*з) *3+(— 3*?*2+2*!*2+ 8*Х +
+2)*3-(5*1*2+17).
Полученное представление для f можно рассматривать
как записанный в стандартном виде многочлен от *3,
коэффициентами которого являются некоторые многочлены от хх
и *2. Вычислим НОД его коэффициентов. Очевидно, что
НОД первых двух коэффициентов есть *х*2:
НОД (2*?*2 — *?*2, 4*?*2 + 3*1*2)= х№-
Но свободный член — Ъххх2— 17 взаимно прост с xtx2:
НОД (ад,, —5*!*2- 17) = НОД (*х*2, —17) = 1.
■254

Следовательно, НОД всех коэффициентов многочлена
есть 1, т.е. многочлен / над кольцом R[xly х2] примитивен.
Задача 3. Определить, являются ли симметрическими
следующие многочлены: a) f = хгх2 + %х1 + Зх2 £ R [х1у х2]\
б) g = ххх2 + х2х8 + х3хА + x4*i £ Q [х1У х2, Xa, xj; в) h=x\x2 +
+ ххх\ + х\хъ + х{х1 + х\хъ + х2х\ £ R [хи х2у х3]; г) q = (хх —
— а:2) (х2 — х3) (х3 -— Xi) £ С [х1у х2у х3\.
Решение. Многочлен ф€/С[х1э •••, *il называется
симметрическим, если он не изменяется при любой
перестановке переменных xlt ..., хп. Поскольку любая перестановка из
п элементов порождается транспозициями, то достаточно
проверить это для всевозможных транспозиций (их всего
п(п-1) \
Ln 2 У
а) /*i ^2\ f (х2У хг) = х2хх + 2х2 + 3%;
\х2 х11 J (х1у х2) = хгх2 -f- 2x1 -f- Зх2.
Очевидно, что f(x2y х^Ф1(х1у х2). Многочлен / не
является симметрическим.
б) Видно, что многочлен g не содержит, например,
члена хгх9, а при транспозиции переменных х2 и х3 член хгх2
перейдет в хгх3у значит, многочлен под действием этой
транспозиции изменится. Таким образом, многочлен g не
является симметрическим.
в) (хх х2 х3\ h(x2y хъ х3) = х\х1+х2х\+х\хъ-\-х2х\-\-х\хъ +
U хг х3) +xxxl=h(xu xv x3);
х1 х2 х3\ h(x3t х2, хг) = xlx2+x3x\+xlxi+x3x\+x\xl +
хз х2 хг) +X2X\=h{xv xv *3);
х1 х2 х3\ h(xlt хЗУ х2) = x\x3+xlxl+xU2+Xixl+xlx2 +
Xi х3 х2) + х3х1=н(хг> xv х3).
Поскольку при любой транспозиции переменных xlt x2t x3
многочлен не изменяется, то он симметрический.
г) (хг х% х3\ q{x2, хъ х3) =(х2 — х1)(х1 — х3){х3 — х2) =
\х2 Xi х3) =—q \Х\> х2У х3).
Дальнейшую проверку прекращаем. Многочлен q не
симметрический.
Задача 4. Записать симметрический многочлен f(:Q[xly
х2У х3], который содержит одночлен 3x1x1 и имеет
минимально возможное количество членов (выписать моногенный
симметрический многочлен, содержащий член Зх1$> т- е- S {3xfyc§).
255

Решен и'е. Из одночлена 3x1x1 при подстановках
Х1 Х2 *3| 7*1 Х2 Хз\ (Х1 Х2 Хз\ (Х1 Х2 Хз\ (Х1 Х2 Хз\
xi х3 х2у \х3 х2 Хх)1 \х2 хх х3)' \х2 х3 хх) \х3 хх х2> у
чаются соответственно одночлены Зл;^, Зх\х\у Зх\х\, Зх\х\>
3 2
Зх\Х2, которые должен содержать любой симметрический
многочлен, членом которого является Зх^з- Остается
проверить, что многочлен / = 3x1x1 + 3x22xl+3x\xl+3xUl+^x2\xl +
+3x1^2 не изменяется при любой перестановке переменных
х1> х2> хз- Это следует из того, что выписанные подстановки
вместе с тождественной образуют группу (симметрическую
группу трех символов). Так как все одночлены из / разные,
то под действием любой подстановки они тоже перейдут в
разные. Осталось показать, что никаких новых членов при
этом не может возникнуть. Допустим, что под действием
подстановки а член а перешел в новый член й, не
содержащийся в /. Но тогда существует подстановка т, которая
перевела 3x1x1 в а. Поэтому подстановка ох
(последовательное выполнение т, а затем о) должна переводить 3x1x1 в Ь,
но ох содержится среди уже примененных подстановок, ибо
группа замкнута по умножению. Поэтому b содержится
среди членов многочлена /.
Итак, выписанный многочлен / является симметрическим,
содержит одночлен Зл|л;з и имеет минимальное число членов.
Задача 5. Определить, сколько членов содержит
моногенный многочлен S (х\х\хъх\х\) из кольца R[xlt х2, х3> хА, х5,х6].
Решение. Все члены моногенного многочлена
^ (х\х1хзх\х1) будут иметь вид XiX^xixlxQ и отличаться друг
от друга порядком следования показателей. Всего таких
упорядочений будет 6! (число перестановок из шести
элементов). А так как среди показателей имеются одинаковые,
то некоторые упорядочения показателей дадут совпадающие
члены.
Пусть, например, а= Ъ = с = 2, d = е = 1, / = 0. Тогда
31 упорядочений, получающихся различными
перестановками показателей а, Ь> с, фактически неотличимы друг от
друга. Поэтому из 31 неотличимых членов возьмем только один.
Аналогично из того, что d = e, следует, что неотличимых
упорядочений будет еще в 2! раз меньше.
Таким образом, моногенный многочлен в кольце R [хъ х2,
х3, *4> *в> хв1> порожденный членом Х{Х%Хзх1х1, содержит
61/(31« 21) = 60 членов.
256

Тест 57 для самоконтроля
1. Многочлен f расположен лексикографически.
Укажите верные и неверные высказывания о нем.
1.1. Показатели высшего члена многочлена / не возрастают.
1.2. Показатели низшего члена многочлена / не убывают.
1.3. Член х\х\х\ выше, чем член х\х2хХ®.
1.4. Член ххх\х{£ выше» чем член * 1*!*з•
1.5. х\х2 + 5х{х\—симметрический многочлен.
1.6. х\х2 + Ъххх\ — моногенный многочлен.
1.7. х\х2 + 5^^— однородная симметрическая форма.
1.8. Симметрический многочлен всегда имеет единственный член,
показатели которого не возрастают.
1.9. Моногенный симметрический многочлен всегда имеет
единственный член, показатели которого не возрастают.
1.10. Моногенный симметрический многочлен всегда имеет
единственный член, показатели которого не убывают.
1.11. Симметрический многочлен всегда имеет единственный член,
показатели которого не убывают.
1.12. Если / — симметрический многочлен, то показатели его
последнего члена не убывают.
1.13. Если / — симметрический многочлен, то показатели его
первого члена не убывают.
Домашнее задание
1. Даны многочлены / = ху2 -)- х2 + х2у + х и g = x3y7z — 2xiyz2 +
+ 3xy2z3 — 2xy2z — x3yQz3 + x4yz — Зху2. Упорядочите многочлены /, g,
fg лексикографически, найдите их высшие члены, определите степени,
выделите однородные компоненты.
2. Установите, являются ли симметрическими следующие
многочлены: a) f = x1ybzb + xby1zb + xbybz1 + 3x2y2 + 3x2z2 + 3y2z2 + bx3y3z* £
i Q[*. У, z]; б) g = (*х - х2)2 (х2 - х3)2 (х3 - Xl)*.
3. Найдите симметрический многочлен /€R[*i, *2, *з> *4], который
содержит одночлен 5лфф^ и имеет минимум членов.
ЗАНЯТИЕ 58
подкольцо симметрических многочленов.
ОСНОВНАЯ ТЕОРЕМА О СИММЕТРИЧЕСКИХ МНОГОЧЛЕНАХ.
ТЕОРЕМА ВИЕТА
Вопросы к занятию
1. Определение симметрического многочлена.
2. Подкольцо симметрических многочленов.
257

3. Элементарные симметрические многочлены.
4. Лемма о высшем члене симметрического многочлена.
5. Основная теорема о симметрических многочленах.
6. Теорема Виета.
Литература: [7], с. 495—500; [6], с. 85—96.
Образцы решений задач
Задача 1. Выразить симметрический многочлен / = xf+
+- А + 4 + 3*i*2*3 через элементарные симметрические.
Решение. / способ. Элементарными симметрическими
многочленами от трех переменных хъ *2, *3 будут
многочлены ог = хг -+-*! + Ч\ а2 = *i4 + ЧЧ + ЧЧ\ <*з = ЧЧЧ-
Высшим членом многочлена / является х\ = *?*2*з (его
система показателей (3; 0; 0)). Такой же высший член
имеет и многочлен а?~°а2^*0аз = а?. Найдем разность
многочленов / и а?:
fx = / — а? = х\ + 4 + 4 + 3xi*2X3- (*? + 4 + 4 +
. + 3*?*2 + 3*?*3 + 3*1*2 + 3*1*3 + 3*2*3 + 3*2*3 + 6*1*2*з) =
= —3*1*2 — 3*1*2 — 3*?*3 — 3*i*| — 3*2*3 — 3*2*3 — 3*!*2*3.
Высший член многочлена f\ есть —3*?*2 = —3*1*2*з (его
система показателей (2; 1; 0)). Такой же высший член
имеет и многочлен —3o2i~lol2~°ol = —3aia2 = —3 (*i + х2 +
+ *з) (*1*2 + *1*3 + *2*з) = —3 (*1*2 + *1*2 + *1*3 + *1*3 +
+ *2*3 + *2*3 + 3*1*2*з).
Вычитая из f±_ многочлен —За^, получаем f2 = h +
+ Заха2 = 6*!*2*з = 6а3. Следовательно, f — о\ + 3oi<j2 = 6a3-
Поэтому / = Gi — 3aia2 + 6a3-
II способ. Замечаем, что при I способе решения после
вычитания уничтожается высший член многочлена. На
каждом следующем шаге надо уничтожать высшие члены
многочленов //, получающихся как разности. Ясно, что f выше
получающихся fi. Поэтому можно, не производя вычитаний
заранее предусмотреть произведения вида а?1^2... а?л, ко:
торые могут потребоваться для уничтожения всех
получающихся высших членов многочленов ft. При этом
целесообразно руководствоваться следующими положениями:
1) если и=ах\1Х22 ... xknn — высший член
симметрического многочлена /(*ь *2, .., *«), то k\ ^k2 ^...^kn\
258

. 2) высший член щ каждого многочлена //
(получающегося после t-ro вычитания) ниже всех предыдущих: щ <*-U\ p-
3) если многочлен однородный, то суммарная степень
любого его одночлена и любого вычитаемого из него
(однородного) многочлена постоянны;
4) если и = ах\1х22 ... xknn и h^k2^ .... >&„, то
многочлен од*1"*2^2^3 :.. Gknn_^l^knOnn имеет своим высшим
членом и.
Исходя из этих соображений, для многочлена / = *i +
+ *2 + *з + 3*1*2*3 составим табл. 10.
, Таблица 10
Высший член
хЪ
°Х[Х2Х3
Система
показателей высшего
члена
(3; 0; 0)
(2; 1; 0)
(1; 1; 1)
Произведения элементарных
симметрических многочленов с
соответствующим высшим членом
Аа1а2
Ва3
Поскольку нет других невозрастающих
последовательностей из трех целых неотрицательных чисел, сумма которых
равна трем, то в выражении / через элементарные
симметрические многочлены не может быть других слагаемых вида
aa^a^a?3, и многочлен / можно представить в виде
многочлена с неопределенными коэффициентами от элементарных
симметрических многочленов, а именно: / = а? + Aoi02 +
+ В03. Для нахождения А и В целесообразно использовать
функциональное равенство левой и правой частей. При х\ =
= х2 = *з = 1 <*i = 3, а2 = 3, а3 = 1, /(1, 1, 1) = 6, а при
Xl = х2^= 1, *з = 0 о{ = 2, а2 = 1, а3 = 0, /(1, 1, 0) = 2.
Поэтому получаем систему уравнений
ЗР + А .3.3 + 5. 1 = 6;1
23 -1-Д. 2 • 1 +Б • 0= 2.J
Решаем: А = —3, В = 6. Следовательно, х\ + х\ + *з +
+ 3*1*2*3 =' о? — Зо^оо + 6а3.
Задача 2. Выразить многочлен /(*ь *2, *з) = 3*?*2*з +
+ 3*?*2*3 + 3*?*2*з + 3*1*2*3 + 3*?*2*з + 3*1*2*з — 5*1*2*3 —
259

— 5xiX2X3 — бх^Хз через элементарные симметрические
многочлены.
Решение. Видим, что многочлен / является суммой
двух своих однородных компонент: /=3ф— 5г|), где ф(хь
*2. хз) = 44х\ + х\х\х1 + 444 + 444 + 4x1x1 + х\х\х\\
ij> (*и хъ хъ) = 444 + 444 + 444-.
Выразим отдельно однородные многочлены ф и г|) через
элементарные симметрические многочлены. Вынесем за
скобки общие множители 444 = о-§- Итак, / = о|(Зф1 — 5^i),
где ф1 = S (х?х2); ty\ = S(xT). Системы показателей для ф1
будут: (3; 1; 0), (2; 2; 0), (2; 1; 1). Поэтому ф! = о\о2 +
+ Aol + Во{о3.
Пусть х\ = х2 = х3 = 1. Тогда о{ = а2 = 3, а3 = 1,
Ф1 (1, 1, 1)=6. Получаем уравнение 6 = 27+9Л + ЗВ.
Для получения второго уравнения положим Xi=x2 = l,
х3 = 0. Тогда ох =2, а2 = 1, а3 = 0, ф1 (1, 1, 0) = 2 и 2=
= 4 + А. Отсюда находим А = —2, В = —1. Значит, ф1 =
= о\о2— 2о2— 0\Оз. Нетрудно подсчитать, что % = а? — 2а2.
Итак, f = о\ (За?а2 — 6а2 — За^з — Ъо\ + 10а2).
Задача 3. Вычислить значение многочлена f(x\, x2t х3)=
= 4+4 + 4 + 3xiX2x3 от корней многочлена g (х) = 2х3 —
— За:2 + Ых + 2L
Решение. По теореме Виета для корней а, Ь, с
многочлена g (х) имеем соотношения а + b + с = 3/2; ab + ас+
-\-Ьс= Ы12\ abc = —L Следовательно, аг (а, Ь, с) = 3/2;
а2(а, bt с) = Ы12\ а3(а, &, с) = —i. Так как многочлен
/(*1, *2> *з) симметрический, то его можно выразить через
элементарные симметрические. Воспользуемся решением за-
—) —
Q 3 Ы . «, .ч 27—1381
2 2 v ' 8
Задача 4. Решить систему уравнений
4 + 4 + 4+ 3xia:2a:3 = —19; |
4 + 4 + 4 + 2хх + 2х2 + 2х3 = 11;
Х\Х2 + XiX3 + Х2Хз = —6. J
Решение. Замечаем, что левые части уравнений
являются симметрическими многочленами от переменных хь
х2, Хз. Выразим их через элементарные симметрические:
4 + 4+4 + 3xix2x3 = а? — Зого2 + 6а3; х\+ х\ + 4+%*\ +
260

+ 2*2 +.2*з = ai — 2a2 + 2af, xi*2 + *i*3 + x2x3 = a2.
Получаем систему уравнений с неизвестными alt a2, a3:
a?— Зсчаг + 6a3 = —19;]
of — 2a2 +2o{ = 11;
a2 = —6. J
Находим отсюда а± = —1, a2 = —6, a3=0. Так как
выражение симметрических многочленов через элементарные
единственно, то исходная система равносильна системе
#1 ~Г %2 ~Ь #3 == 1» I
•^1^2 ~Т~ -^1^3 ~Г ■^2^'3 == в; Г
Х]Х<2/С% —- \J• f
Полагая Xi = 0, получаем .два решения: (0, —3, 2) и (О,
2, —3). Аналогично находим еще четыре решения: ( — 3, О,
2), (2,0,-3), (-3,2,0), (2,-3,0).
Тест 58 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения о
симметрических многочленах.
1.1. Произведение низших членов есть низший член произведения.
1.2. Разные многочлены от элементарных симметрических
многочленов Oi остаются разными и как многочлены от исходных переменных
Xi (при подстановке переменных).
1.3. Симметрическая форма всегда является моногенным
многочленом.
1.4. Если многочлен имеет два различных члена с невозрастающи-
ми показателями, то он не является моногенным.
1.5. Если многочлен имеет два различных члена с невозрастающи-
ми показателями, то он не является симметрической формой.
1.6. Если многочлен содержит два различных члена с
неубывающими показателями, то он не является моногенным.
1.7. Если многочлен содержит два различных члена с
неубывающими показателями, то он не является симметрической формой.
2. Укажите верные и неверные высказывания о
многочленах от одной переменной.
2.1. Два многочлена одинаковой степени со свободными членами,
равными единице, которые отличаются хотя бы одним коэффициентом,
имеют разные наборы корней.
2.2. Неравные многочлены всегда имеют различные наборы корней.
2.3. Если многочлен степени п имеет нуль ^-кратным корнем, то
последние k коэффициентов многочлена равны нулю.
2.4. Если для любого k > 5 значения элементарных симметрических
многочленов от корней многочлена / (х) равны нулю (k > 5 =» a# = 0),
261

то многочлен / (х) имеет не более шести отличных от нуля
коэффициентов.
2.5. Если многочлены f (х) и g (x) имеют общий корень и
отличаются только одним коэффициентом, то их свободные члены равны нулю.
Домашнее задание
1. Найти значение многочлена /(*р х2, #3) — х\ + х\ -\- х\ +
~\~ ол7 JuJ —\~ оХлXX —у— oXnXTi — ОХлХпХп от корней уравнения 5jc3—10jc+
+ 8 = 0.
2. Решить систему уравнений
(хг + у*) (ху + #) (уг + х*) = 80;)
jc2 + у* + г2 = —4; }
ху + уг + гх = 2. J
ЗАНЯТИЕ 59
АЛГЕБРАИЧЕСКАЯ ЗАМКНУТОСТЬ ПОЛЯ
КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ. НЕПРИВОДИМЫЕ МНОГОЧЛЕНЫ
НАД ПОЛЯМИ КОМПЛЕКСНЫХ И ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫХ ЧИСЕЛ
Вопросы к занятию
1. Что означает предложение «Поле Р алгебраически
замкнуто»?
2. Алгебраическая замкнутость поля комплексных чисел.
3. Лемма о возрастании модуля многочлена.
4. Лемма о минимуме модуля многочлена.
5. Лемма Даламбера.
6. Неприводимые многочлены над полем комплексных
чисел.
7. Мнимые корни многочленов с действительными
коэффициентами.
8. Неприводимые многочлены над полем действительных
чисел.
Литература: [7], с. 505—514; [6], с. 117—126.
Образцы решения задач
Задача 1. Для многочлена / (z) = iz* — (3 + 4i) z2 + (12—
— Ы)г — 7 + Ы 6 С [z] указать такое г > 0, что для любого
z£C |/(z)|>12, как только |z|>r.
262

Решение. Воспользуемся соотношениями между
модулями комплексных чисел |а^\ = \а1\\аг\ и |с^| — |а21<!
< I <h + а21 < | ах | + | а21. Получим |/(г) | = |tj | г|« х
1 +
—3 — 4(
12 — 5»
-7 + 8£
12 —5t
Ш1*1а N11*1»
>|Z|* 1
-7 + 8/
И3
= |2|4(l
1
|*14
5
>|2|*(1-
13
»||*14
|—3 —4t| | 12—5t |
—3 — 4t
l*l2 +
-7+8П\_
I*J1
/113
f
1*1*
1*1*
1*1
L l*l3 1^1* /
£)>|2|«(l_.13(Ti_- +
i*l
i
i*r
]V ибо 13>5 и 13>1/113. При |2|>1
l*l3
■<■
f
1
1*1*
<
1
+
1
l*|4 I
*P
1-
откуда
13-3
1
■• +
|,f('-"(i.f
так как при увеличе
нии вычитаемого уменьшается разность.
Нами уже сделано допущение, что | z | > 1. Поэтому
задача свелась к системе неравенств
|z|4(l-^)>12.(
И2
39
Положив \z\2=u, получаем и211 — —) > 12, т. е. и2 —
— 39и — 12 > 0. Решив это неравенство для положительных
39 4- V" 392 4- 48
w, запишем «>— 2— ' ^т0 Условие будет
заведомо выполнено при и > 40.
Итак, условие | z | > ]/40 влечет | / (z) | > 12.
Задача 2. Проверить, является ли корнем многочлена
f(x) = xz—6ix2 + Ylix—8i— 1 число 2. Если не является,
то подобрать такое число /, что |/(2 + /)|< |/(2)|.
Решение. Разложим многочлен f(x) по степеням х—2
с помощью схемы Горнера:
Видно, что /(2) = —1, и, значит, 2 не есть корень.
Кроме того, /(х) = i(x — 2)3—l.
i
i
i
i '
—6i
—4t
—2i
0
12i
4i
0
—8i - 1
—1
263

Обозначим х— 2 = у. Тогда / (х) = f (2 + у) = 1уъ — 1.
Надо решить неравенство | iy3— 11 < |/(2) | == 1. В
решении неравенства •
U</3-l|<l (1)
будем следовать доказательству леммы Даламбера. При у=
о ■ о
= ^111 = yf—i левая часть (1) обращается в нуль. Пусть
/ — некоторое действительное число, yx = i — одно из
значений ]/—*• Возьмем l = ti и, подставив в неравенство (1)
у = /, получим
|/з_11< 1. (2)
Видно, что (2) истинно при любом ty удовлетворяющем
з
неравенству 0<?< i/ 2 . Возьмем, например, t= 1/2.
Тогда /= i /2 и / (2 + '72) = i (—i/8) — 1 = —7/8.
Следовательно, |/(2 + '72)| = | —7/81< 1 = |/(2)|.
Замечание. В данном случае максимальное уменьшение модуля
многочлена дало бы t = 1, т. е. / (2 + i) — ii3 — 1=0. Число 2 + i —
корень.
Задача 3. Разложить многочлен / (х) = х12 + 2х6 + 1 на
неприводимые множители над полем комплексных чисел, а
затем перейти к разложению над полем действительных
чисел.
Решение. Очевидно, что / (х) = (х6 + I)2- Решив
уравнение хе + 1 = 0, разложим f(x) на линейные множители.
Запишем х = у— 1 = / 1 (cosя + isinn) = 1 (cos — h
+ tsin п + 2Ы \ k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Получим:
я , . . n V 3 . 1 .
Xq = COS \~l Sin — = I
6 6 2 2
я ... я
xx = cos h * sin — = i;
i 2 2
5я . . . 5я j/" 3 . 1 .
x2 = cos У i sin — = h — '
2 6 6 2 2
7я , . . 7я V 3 1 .
*3 = cos h ' sin — = -— r,
3 6 6 2 2
3я ... Зя
x4 = cos \-1 sin— = —i;
2 2
264

Пя . . . Пя: V 3 1 .
x = cos h ' sin = t.
5 6 6 2 2
Следовательно, f(x)= [x — - ij (x— i)2 (x +
Над R комплексные корни многочлена f(x) попарно
сопряжены. Поэтому (а:— i) (х + i) = х2 + 1; ( х— — I X
Итак, / (х) = (х2 —V 3 х + I)2 (х2 + l)2 (x2 +V 3 х + if-
Задача 4. Найти многочлен с действительными
коэффициентами наименьшей степени, который имеет своими
корнями числа 2 + iy 3 и двукратный корень 1 + *.
Решение. Воспользовавшись тем, что комплексные
корни многочлена с действительными коэффициентами
попарно сопряжены, можно заключить, что искомый
многочлен f(x) цмеет своими корнями числа 2 — i, 2 + i, 3, а
двукратными корнями — числа 1-Н', L— L Поэтому f(x) = (x —
-2+i)(x-2-i)(x-3)(x-l-i)2 (х- l + i)2 = ((*-2)2+1)Х
Х(х-3)((х-1)2+1)2.
Тест 59 для самоконтроля
1. Модуль |/(z)| многочлена f(z) с комплексными
коэффициентами и комплексным переменным z = x + iy
является действительной функцией двух действительных
переменных: |/(г)|=ф(х, у). График функции ф(х, у) есть
поверхность, расположенная над плоскостью с системой
координат хОу. Укажите верные и неверные высказывания
относительно графика ф(х, у).
1.1. На любом луче, лежащем в плоскости хОу и выходящем из
начала координат, можно указать такую точку Л, что вне отрезка ОА
функция ф(х у) не убывает при удалении точки по лучу.
1.2. Существует окружность в плоскости хОу с центром в начале
координат, внутри которой находятся все точки локальных минимумов
функции у(х, у).
265

1.3. У функции ф(лг, у) столько локальных минимумов, сколько
различных корней у многочлена f(z).
1.4. Функция у(х, у) может иметь локальный минимум, не равный
нулю.
1.5. Все локальные минимумы функции у(х, у) равны нулю.
1.6. Все локальные минимумы функции у(х, у) равны между собой.
2. Укажите верные и неверные высказывания
относительно многочлена t(x) с действительными
коэффициентами.
2.1. Многочлен t(x) неприводим над полем комплексных чисел тогда
и только тогда, когда его степень равна единице.
2.2. Если многочлен t(x) не имеет действительных корней, то он
иеприводим над полем действительных чисел.
2.3. Если t(x) не имеет действительных корней, то его степень
четная.
2.4. Если степень многочлена t(x) нечетная, то у него нечетное
число действительных корней.
2.5. Если степень многочлена t(x) не меньше трех, то он приводим
над нолем действительных чисел.
2.6. Если степень t(x) четная, а у старшего коэффициента и
свободного члена разные знаки, то t(x) имеет не менее двух действительных
корней.
Домашнее задание
1. Для многочлена / (х) = 2хъ — *4 + х9 — (2 + i) x2 -\-ix-7
укажите такое Л, что для всех х \ х | > А =» | / (х) | > | / (0) |.
2. Дан многочлен / (х) = 2*4— 13л;3 + 42а:2 — 32jc+24+i и число 2.
Проверить, что / (2) ^ 0, и подобрать такое h £ С, что I / (2 -f- h) | < | / (2). |
3. Разложить многочлен h (х) = хь + *4 + х3 + х2 + х + 1 на
неприводимые множители над полем действительных чисел.
ЗАНЯТИЕ 60
РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ ТРЕТЬЕЙ И ЧЕТВЕРТОЙ СТЕПЕНЕЙ
Вопросы к занятию
1. Метод Кардано решения уравнений третьей степени.
2. Метод Феррари решения уравнений четвертой
степени.
3. Резольвента уравнения четвертой степени.
Литература: [7], с. 515—521; [6], с. 127.
266

Образцы решения задач
Задача 1. Решить уравнение
x3-6x + 4 = 0. (1)
Решение. Дано неполное кубическое уравнение.
Положим x=u + vy получим
(u + v)3-6(u + v)+4 = 0 (2)
или'
(м8+.08 + 4) + (u + v) (3uv^6)=0. (20
Решение исходного уравнения сводится к решению системы
уравнений
3^-6 = 0; \
u3+v3 + 4 = 0.) (3)
В самом деле, если пара (и0, v0) удовлетворяет (3), то эта
пара удовлетворяет (2) и (2'), а значит, число Xo=*Uo + v0
является решением (1).
Обратно, пусть х0—решение уравнения (1). Рассмотрим
квадратное уравнение t2 — x0t + 2 = 0. Пусть и0 и v0 — его
корни. Тогда по теореме Виета u0v0=2 и u0 + v0 = x0!
Следовательно, пара (и0у Vo) удовлетворяет (2) и первому уравнению
системы (3), а значит, будет удовлетворять и второму
уравнению системы (3).
Возведем обе части уравнения uv=. 2 в куб. Получим
систему
и3 + ^3 = —4;
u3v3 = 8.
На основании теоремы Виета и3 и v3 можно рассматривать
как корни квадратного уравнения z2 + 4z + 8 = 0. Находим
zli2 = —2 ± VI^S = — 2 ± 21.
Положим и3 = —2 + 2iy v3 = —2 — 2/. Так как и =
з / - -— / Зя/4 + 2kn
= YV8 (cos Зя/4 + i sin Зя/4) = V 2 (cos g h
+ i sin n' + я ], /г = 0, 1, 2, вычислим и0 = |^2~Х
X (cosя/4 + /sinя/4) = 1 + i. Из первого уравнения системы
(3) найдем р0 = г = 1—*• Остальные решения: (tt0£i>
1 "Г 1
Voh) и (МоЕ81 t;05i), где %г = —L + iZ-J--, %2=—-L —
— / корни третьей степени из единицы. Находим
267
,;)

теперь решения исхрдного уравнения: x0=u0 + v0=2; хг=
= и01г + v0l2 = — 1 — )/"Т; х2 = u0l2 + v0lx = — 1 + I' Т.
Задача, 2. Решить уравнение xz + (3 + 6i)x2 — (3 — 12/) X
, X х—5 + 6i = 0.
Решение. Прежде всего перейдем к уравнению, не
содержащему неизвестной во второй степени. Для этого
разложим многочлен, стоящий в левой части уравнения, по
степеням х + I + 2i. Воспользуемся схемой Горнера:
— 1 —21
—1 — 21
— 1— 21
1
1
1
1
3 + 6t
2 + 4i
1 1 + 2t
1 °
—3 + 12f
3 + M
6
—5 + Ы
—M
После замены х + 1 + 2i = у получим неполное
кубическое уравнение уъ + §у — 4i = 0, которое будем решать уже
по формулам Кардано: уравнение у3 + ру + q = О имеет
корни уг = и + у, j/2,3 = — (и + v)/2 ± i ]/~3" (и — у)/2, где
и = у —q/2 ± Y. q2/4 + р3/27 (одно из значений); v =
= —р/Зи. Тогда и = V2i ± Y—4 + 8 = /±2 + 2i.
Наиболее удобно с точки зрения извлечения корня взйть и =
= ^^2+2i = yi/"T(cos^ + fsin^) = KT(cos-J+
, • • л \ 1 I • т * 6 2(1 — 0
+ *sin— = 1 + i. Тогда i; = = - — =
4J 3(l+t) 2
= —1 + *. Отсюда u + v = 2i; и — v = 2 и ух = 2i; у2,з =
= ± — 2 = i (— 1 db Т/'З"). Из соотношения x =
2 2 \ г /
= y— 1 — 2i получаем решения исходного уравнения хх =
= —1, *2.з=-1 + *(-3±1/Т).
Замечание. После отыскания одного из корней (в данном
случае Xi = —1), можно было разделить левую часть исходного уравнения
на х + 1 и остальные два корня найти, как корни частного, т. е. корни
квадратного трехчлена:
—1
1
1
3 + 6t
2 + 6t
—3 + 12*
—5 + 6t
—5 т|- 6/
0
268

Таким образом, решая уравнение 22 + (2 + 6£) z — 5 + 6t = 0, нахо-
им остальные корни: х2 3 ---= — (1 + 3/) + У 1 — 9 + 6i + 5 — 6t —
= —1 —3t + /^З = —1 + i (—3 + /Т).
Задача 3. Решить уравнение х4 — х3 + Зх2— 7х + 4 = 0.
Решение. Будем пользоваться методом Феррари.
Сначала выделим полный квадрат, который «поглотит» х4 и х3:
(х2)2 — 2х2 — + — = — — Зх2 + 7х — 4 или (х2 — х/2)2 =
V ' 2 4 4 V '
= — 11х2/4 + 7л: — 4.
Прибавим к обеим частям уравнения выражение 2(х2—
— х/2)Х + \2, где X—некоторый параметр. Получим
(х2 — х/2+Х)* = хЦ21— 11/4) + х(7 — Х) + {№ — 4). (4)
Параметр X подберем так, чтобы справа также был полный
квадрат. Это будет тогда, когда дискриминант квадратного
трехчлена равен нулю: (7— А,)2 — 4(2Х— 11/4) (А,2 — 4) = 0.
Отсюда —8Х3 + 12Х2 + 18А, + 5 = 0. Найдем хотя бы один
корень этого кубического уравнения (резольвенты). Сделав
замену — 2к = у> запишем у* + Зу2 — 9у + 5 = 0. Перейдем
к неполному кубическому уравнению с помощью замены
у + 1 = 2, используя схему Горнера:
1
1
1 1
1 1 1
3
2
1
0 1
1 —9
—11
— 12
5 1
16
Получили уравнение г3 — 12z + 16 =^ 0. Его корень
найдем по формуле Кардано: г0 = и0 + v0, где и0 =
з/ 12
= У-16/2 + К82-43; »о=з^'
Следовательно, z0 = —2 — 2 = —4; У0 = z0 — 1 = —5;
Х0 = Уо = —. При К = — уравнение (4) принимает
вид: (х2 — х/2 + 5/2)2 = (Зх/2 + 3/2)2, или (х2 — х/2 + 5/2)2—
— (Зх/2 + 3/2)2 = 0, или ((х2 — х/2 + 5/2) + (Зх/2 + 3/2)) х
X ((х2 — х/2 + 5/2) — (Зх/2 + 3/2)) = 0.
Решив квадратные уравнения, получим корни исходного
уравнения четвертой степени: а) х2 + х + 4 = 0, х\,2 =
= —1/2 ±/1/4 — 4 =— l/2±iVT5/2; б) х2 — 2х+ 1-0,
269

Задача 4. Решить уравнение л;4 — Зх3 + 4х2— Зл: + 1 = 0.
Решение. Заметив, что коэффициенты многочлена
симметричны (т. е. a2+k=a2-k, k= 1, 2), сведем решение
исходного уравнения к решению квадратных. Разделим обе
части уравнения на х2 (это можно сделать, ибо 0 не
является корнем): х2 — Зх + 4 — 3/х + 1 /х2 = 0. Обозначим
х-\ = у. Тогда х2 + 2 + 1/х2= у2, т. е. х2 + 1/х2 = у2—2.
X
Исходное уравнение примет вид: у2— Зу + 2= 0. Его корни
Ух= 1. #2=2.
Решим теперь два квадратных уравнения и найдем
корни исходного уравнения четвертой степени: а) х-\- \1х= 1,
х2 — х+ 1 = 0, х,.2=(1 ±iVT)/2; б) х+1/*=2, х2 —
— 2х+ 1 = 0, х3.4=-1..
Тест 60 для самоконтроля
1. Пусть a=—q/2 + V q2/4 + р3/27 , ft =« —qr/2 —
— У q2l^ -f- p3/27 , где р и ^ —коэффициенты многочлена
/ (х) = Xs + рх-\- q. Укажите верные и неверные
утверждения относительно многочлена f(x), его коэффициентов и
корней.
1.1. Любое значение корня кубического из а в сумме с любым
значением корня кубического из b дает корень многочлена / (х).
3 ——
1.2. Для любого значения ■/ а найдется единственное значение
■/" Ь , такое, что у/~ а + у b есть корень / (х).
1.3. Существует такое значение Y а , которое в сумме с любым
з —
значением \/~ b дает корень /(#).
1.4. Для любого значения /" а разность ^ а — р/(3/ а) есть
корень / (х). •
1.5. Если <72/4 + р3/27=0, то одним из корней /(*) является 3^//?.
1.6. Если 27<72+4р3 = 0, то f(x) имеет два одинаковых корня,
равных — 3q/2p.
2. Укажите верные и неверные утверждения
относительно уравнения х4 + 2х3 + х2 + ах ±т = 0.
2.1. Для нахождения корней данного уравнения при любых
численных значениях ант достаточно решить одно кубическое уравнение и
два квадратных.
2.2. Если а и т—действительные числа, то левая часть данного
уравнения раскладывается в произведение двух квадратных трехчленов
с действительными коэффициентами.
2.3. Если а=0 и т положительно, то данное уравнение
действительных корней не имеет.
270

2.4. Если а=0, то нуль является одним из корней резольвенты
данного уравнения.
2.5. Если т отрицательно, то данное уравнение имеет не менее двух
различных действительных корней.
2.6. Если а и т неотрицательны, то данное уравнение
действительных корней не имеет.
2.7. Если а и т неотрицательны, то данное уравнение не имеет
неотрицательных корней.
Домашнее задание
1. Решите уравнения: а) */3+3*/2-3*/-14=0; б) *3-3u2-(9+
+ 6t)*+2+17f=0; в) *4-л;3-2л;2+6л;-4 = 0.
ЗАНЯТИЕ 61
КРИТЕРИЙ ЭЙЗЕНШТЕЙНА. НЕПРИВОДИМЫЕ МНОГОЧЛЕНЫ
НАД Z И НАД Q. ОТЫСКАНИЕ РАЦИОНАЛЬНЫХ КОРНЕЙ
МНОГОЧЛЕНОВ С ЦЕЛЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
Вопросы к занятию
1. Критерий неприводимости Эйзенштейна.
2. Лемма Гаусса о примитивных многочленах.
3. Неприводимые многочлены над Z и над Q.
4. Порядок отыскания рациональных корней
многочленов с целыми (рациональными) коэффициентами.
Литература: [7], с. 526—528, 476—477; [6], с. 137—142, 65.
Образцы решения задач
Задача 1. Доказать, что многочлены
a) /(jc)=2a:2 + 3a: + 6; б) g(x) = хА-2х+3
неприводимы над кольцом целых чисел.
Решение, а) Допустим, что многочлен / (х) приводим
над Z. Его можно представить в виде произведения
линейных двучленов с целыми коэффициентами: f(x) = (ах + b)X
X (сх + d) = асх2 + (ad + be) x + bd. Тогда bd = 6, ad +
+ be = 3 и ас = 2. Так как произведение bd делится на 3
и не делится на 9, то только одно из чисел (пусть Ь) на 3
делится: Ъ\ 3 и d\ 3. Поскольку ad = (3 — be) • 3 и d на 3
не делится, то агЗ, но тогда и ас = 2-3. Полученное
противоречие доказывает неприводимость f(x) над Z.
271

Замечание. Неприводимость многочлена f можно было
установить сразу, применив критерий Эйзенштейна, доказательство
которого воспроизводит приведенное выше решение.
б) К многочлену g(j»c) критерий Эйзенштейна
неприменим. Сделаем замену х = у+1, используя схему Горнера:
0
1
2
3
4
0
1
3
6
—2
—1
2
3
2
Получив после замены многочлен <р(у) = y4 + 4yz + 6y2 +
+ 2у + 2, применим к нему критерий Эйзенштейна, взяв р =
= 2. Находим, что многочлен ц(у) неприводим над Z.
Отсюда g(x) неприводим над Z. В самом деле, если бы многочлен
g(x) можно было представить в виде произведения g\(x)X
Xg2(x) многочленов положительных степеней с целыми
коэффициентами, то после замены х=у+1 получилось бы
аналогичное представление и для многочлена <р(у).
Задача 2. Доказать, что для каждого натурального
числа п многочлен fn(x)=xn/2+l/3 неприводим над Q.
Решение. Допустим противное, т. е. что при п = т
многочлен fm(x)=x™/2+l/3=(3x™+2)/6 приводим над Q.
В этом случае многочлен g(x)=3xm + 2 приводим над Q,
т. е. существуют такие многочлены g\ (x) и g2(x)
положительных степеней с рациональными коэффициентами, что
g(x)=g\{x)g2(x). Обозначим через Ьх и Ъ2 наименьшие
общие кратные знаменателей многочленов g\ и g2
соответственно. Тогда
gi(*) = T-<7i(*). &(*)=" ft (*).
где <7i и ?2 —' многочлены с целыми коэффициентами. Пусть
аг и а2—наибольшие общие делители коэффициентов
соответственно многочленов q1 и q2. Тогда
01 02
где gx, g2 — примитивные многочлены с целыми
коэффициентами. Отсюда
272

e<*)"?r-ft(*)A(*) или ffW = T«W' нод<а- 6) = 1«
где g (х) = gx (x) g2 (x) — примитивный многочлен в силу
леммы Гаусса. Так как g(x)£Z[x], то число Ь является
общим делителем коэффициентов многочлена g(x), которые
взаимно просты в совокупности. Следовательно, 6=1 и
g(x) = ag(x). Последнее равенство означает, что а—общий
делитель коэффициентов многочлена g(x). А поскольку
НОД(3, 2)= 1, то а = 1.
Получили, таким образом, что g(x) —многочлен,
приводимый над Z. Но этого быть не может в силу критерия
Эйзенштейна. Полученное противоречие доказывает
неприводимость fn(x) над Q при любом натуральном п.
Замечание. Решение задачи 2 воспроизводит на частном
примере доказательство теоремы: для многочлена с целыми
коэффициентами неприводимость над Z и неприводимость над Q эквивалентны.
Задача 3. Найти рациональные корни следующих
многочленов: a) /(x)=x4 + 3x3 + 4a;2+18a;+18; ,б) g(x)=Qx4 +
+ 17x3-26x2-37a;+30; b) h(x) =x5 + 23x4/3 + 44x3/3-43x2/3-
— 59х—30.
Решение, а) Так как старший коэффициент
многочлена f(x) равен 1, то все его рациональные корни являются
целыми и содержатся среди делителей свободного члена,
т. е. среди чисел ±1, ±2, ±3, ±6, ±9, ±18. Корень f(x) не
может быть положительным, ибо положительны все
коэффициенты. Числа —1, —2, —3, —6, —9, —18 будем
испытывать с помощью схемы Горнера:
1
1
1
1
3 | 4
2
1
0
2
2
4
18
16
14
6
18
2 о|
—10 1
0 1
Число х— — 3 является корнем многочлена f(x).
Остальные корни f(x) являются корнями многочлена /i(x)=a;3 +
+ 4х+6. Применив к /i(*) критерий Эйзенштейна при р =
= 2, получим, что /i неприводим над Z, а значит, и над Q.
Поэтому /i (x) рациональных корней иметь не может. Итак,
многочлен f(x) имеет единственный рациональный корень
б) Старший коэффициент многочлена g(x) отличен от
единицы. Поэтому рациональные корни многочлена g (х)
\Q Здк. |684
273

будем искать в виде несократимых дробей plq, где р делит
свободный член, a q — старший коэффициент: р£{±1, ±2,
±3, ±5, ±6, ±10, ±15, ±30}; д€{1, 2, 3, 6}.
Испытаем с помощью схемы Горнера несколько целых
чисел:
6
6
6
17
23
11
—26
—3
-37
-37
-40
0
30
-10
30 1
1
—1
Для отсеивания чисел, которые не могут быть корнями,
воспользуемся следующей теоремой: если число plq
является корнем многочлена f(x)dZ[x]> то при любом k£Z
число f(k)/(p — kq) является целым.
Таким образом, если хотя бы одно из отношений 10/(р —
— q), 30f(p + q) окажется числом дробным, то дробь plq
корнем многочлена g(x) быть не может. Результаты проверки
удобно заносить в табл. 11: слева колонка возможных
знаменателей дробей, вверху — строка возможных числителей.
Клетка со знаком минус означает, что дробь отброшена.
Сократимые дроби сразу следует отбросить.
Таблица И
1 1
2
3
6
1
—1
2
—2
3
—3
5
-5
6
«
—6
10
-10
J15
—15
30
—Щ
J
Таким образом, рациональные корни многочлена g(x)
находятся среди чисел 2, 1/2, 3/2, -3/2, 2/3, -2/3. Будем
испытывать их с помощью схемы Горнера:
2
-3/2
2/3
6
6
6
6
17
29
8
12
—26
32
-38
—30
—37
27
20
0
30
84 т>- 0
0
274

Остальные корни удовлетворяют квадратному уравнению
6(л;2 + 2х— 5) = 0. Но числа — 1 ± ]/ 6 иррациональны.
Поэтому у многочлена g(x) только однократные
рациональные корни хг = —3/2 и х2 = 2/3.
в) Многочлен h(x) имеет те же самые корни, что и
многочлен Щх) = Зхь + 23х4 + 44х3 — 43х2 — 177л: —
— 90£Z[x]. Рациональные корни этого многочлена будем
искать в виде несократимых дробей p/q, где р£{±1, ±2,
±3, ±5, ±6, ±9, ±10, ±15, ±18, ±30, ±45, ±90};
</€{!, 3}. Испытаем числа ±1 и ±2 по схеме Горнера:
1
-1
2
2
3
3
3
3
3
23
26
20
29
17
44
70
24
102
10
—43
27
-67
161
-63
-177
—150
-ПО
145
—51
—90
—240
20
200
12
При. q = 1
20
Р+1
€ Z только при р = ±3, 4, —5, —6, 9.
12
Из них только при р = —3, 4, —5, —6 дробь —— при-
р -j- 2
240 тшт
нимает целые значения. А так как 6 Z и
200
-5 — 2
—6—1
■£Z, то числа —5 и —6 следует исключить. Для
проверки по схеме Горнера остались только числа —3 и
+4.
При q=3
20
Р + 3
£Z лишь тогда, когда р=±1, ±2,
—5. А так как
12
1+2-3
€Zf
12
2 + 2- 3
ez,
200 Tz.
—1—2.3
£ Z, то для проверки по схеме Горнера осталось
—5 — 2-3
число
Выполним проверку
10*
275

—3
4
2
"T
—3
3
3
3
3
3
23
14
26
12
3
44
2
106
—6
—15
—43
—49
375
—45
0
-177
—30
* 0
0
•90 j
0
*1
*3
:— 3
_ _2_
~~~ 3
= —3
Так как корни уравнения х2+х—5=0 иррациональны, то
многочлен имеет число —3 своим двукратным корнем и
число — 2/3 — однократным. Других рациональных корней нет.
Тест 61 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные суждения относительно
многочлена /(х)=2#3+4.
1.1. Многочлен [ примитивен над любым числовым полем.
1.2. Многочлен /* примитивен над кольцом целых чисел.
1.3. Многочлен / неприводим, но не примитивен над кольцом целых
чисел.
1.4. Неприводимость / над кольцом целых чисел следует из
критерия Эйзенштейна.
1.5. Так как / непримитивный многочлен над кольцом целых чисел,
то / приводим над полем рациональных чисел.
1.6. Многочлен / примитивен над кольцом 2-дробных чисел {2пт\п,
1.7. Многочлен / неприводим над кольцом 2-дробных чисел
}2пт[п, m£Z}.
2. Укажите верные и неверные суждения относительно
многочлена t(x) =2x4—3x2+6.
2.1. Множество рациональных корней многочлена t(x) является
подмножеством в множестве {1, — 1, 2, —2, 3, —3, 6, —6, 1/2, —1/2,
3/2, -3/2}.
2.2. Целые корни t(x) могут быть равны только числам 1, 2, 3, 6.
2.3. Так как 6/2 = 3 и 3 не делится на 6, то ±6 не может быть
корнем t(x).
2.4. Так как 6/2 = 3 — целое число, то рациональные корни
многочлена t(x) могут быть только целыми.
2.5. Так как /(1)=/(—1)=5 и 5 — простое число, то несократимая
дробь ±//т может быть корнем t(x) только если /+т=±5 и 1—т=
= ±1. Поэтому все рациональные корни многочлена принадлежат
{3/2, -3/2}.
2.6. Из критерия Эйзенштейна следует, что многочлен t(x)
рациональных корней не имеет.
276

2.7. Так как t(x)=0 есть биквадратное уравнение и 9 — 48<0, то
t(x) не имеет действительных корней, а поэтому не имеет и
рациональных корней.
Домашнее задание
1. Найти рациональные корни следующих многочленов: a) f(x) =
=jc4/2+2jc3/3-jc2/3+5; б) h(x) =24jc5+ IOOjc4- 178jc3-345jc2+279x + 270.
ЗАНЯТИЕ 62
РЕЗУЛЬТАНТ ДВУХ МНОГОЧЛЕНОВ. ИСКЛЮЧЕНИЕ
НЕИЗВЕСТНЫХ ИЗ СИСТЕМЫ ДВУХ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ С ДВУМЯ НЕИЗВЕСТНЫМИ С ПОМОЩЬЮ
РЕЗУЛЬТАНТА
Вопросы к занятию
1. Необходимое и достаточное условие существования
НОД положительной степени у двух многочленов.
2. Определение результанта двух многочленов.
3. Исключение неизвестного из системы двух
алгебраических уравнений с двумя неизвестными.
Литература: [7], с. 500—504; [6], с. 43—46.
Образцы решения задач
Задача 1. Найти критерий того, что многочлен f(x) =
= x3 + px + q имеет кратные корни.
Решение. Многочлен f(x) имеет кратные корни тогда
и только тогда, когда он не взаимно прост со своей
производной, т. е. тогда и только тогда, когда НОД(/, /') есть
многочлен положительной степени, а это будет тогда и только
тогда, когда результант многочленов / и /' равен нулю.
Вычислим f'(x) =3x2+p. Тогда
R(f,f') =
1 0 р q 0
0 1 0 р q
3 0 р 0 0
0 3 0 р 0
0 0 3 0 р
=
1
0
0
0
0
-2р
0
3
р
-3?
-2р
0
Я
0
-3?
Р
27 q2 + 4р3.
Таким образом, многочлен / (х) = хъ + рх + q имеет крат-
277

ные корни тогда и только тогда, когда 27fq2 + 4р3 = 0. За-
/') стоит под
метим, что выражение -—(- —
= Ш™'
знаком корня квадратного в формулах Кардано.
Задача 2. При каком значении к многочлены f(x) =
= х* + (2к — 1)Х2 + Х2х+Х2 — X и g(x) = x2 + (l—l)x+2
имеют общий корень?
Решение. Многочлены fug имеют общий корень
тогда и только тогда, когда они не взаимно просты, т. е.
когда их результант равен нулю. Вычислим этот результант:
Ж/. 8) =
=
1 2Х—\ X2
0 1 2Х —
1 Я,—1 2
0 1 X —
0 0 1
1
1
X2 — X 0
Я,2 Х2-
0 0
2 0
Я,—1 2
0 X Я,2 —2 Х2 — Х 0
0 0 X Х2—2 Х2 — Х
1 а,— 1 2 о о
0 1 X— 1 2 0
0 0 1 ■ Я,— 1 2
X Х2 — 2 Х2—Х 0
0 X Я2 —2 Х2 — Х
1 Я,—1 ' 2 0
0 1 X— 1 2
=
X — 2
X
1
X
X
я
* — ЗХ 0
2 — 2 Я,2 —
. — 1 2
=
Л
=
я,
=
=
0 X — 2 Х2 — ЗХ 0
0 X Х2 — 2 Х2—Х
1 А,—1 2 0
0 1 Я,— 1' 2
0 —2 —.
0 Я —2 Х-
1 Я,—1
2Я, + 4
' — ЗЯ,
2
=
= _2Я. + 8= 0.
Таким образом, многочлены fug имеют общий корень при
А, = 4.
Задача 3. Решить систему уравнений
х2у+ х— 6 = 0;
х2 + ху — 6
:й
Решение. / способ. Исключим неизвестное х,
составив результант левых частей, как многочленов от х:
\У 1 -6 0|
0 у 1 -61 0
1 у-6 о и-
|0 1 у -б|
Отнимем третью строку от первой, а четвертую от
второй и получим
278

-6(*/-
|y_l l—у 0 01
0 у-\\-y 0
1 У -6 0
0 1 ' у -61
==_6(у_1)2(у_5)=0.
Таким образом, уравнения системы при у=1 и при у =
= 5 имеют общие решения. При у=1 система равносильна
уравнению х2 + х— 6 = 0, корни которого —3 и 2.
Следовательно, ( — 3, 1) и (2, 1) —решения системы. При у = 5
система принимает вид
5л;2 + х— 6 = 0;]
а:2 + 5х — 6 = 0,]
откуда л: = 1. Получили, что (1,5) — еще одно решение
системы.
// способ. Разделим левую часть первого уравнения на
левую часть второго:
_ух2 + х — 6
ух2 + у2х — 6у
х2 + ух—е>
У
(1_^)х + 6(у-1)
В силу равенства ух2 + х — 6 = у (х2 + ух — 6) + (1 —У2)х+
+ 6 (у—1) исходная система уравнений равносильна
Системе
х2 + ух — 6 = 0;
(l_^)x + 6(y-l) = 0.J
Эта система равносильна дизъюнкции двух систем
х2 + ух — 6 = 0;1 х2 + ух — 6 = 0; 1
у-1 = 0, J (l + y)x-6 = 0J .
Их решения (—3, 1), (2, 1) и (1, 5) дают все решения
исходной системы.
Задача 4. Решить систему уравнений
xz— х — у + 1 = 0;|
yz + 2x + z + 4 = 0;\ (1)
ху + 2у + г=0. )
Решение. Левые части уравнений будем
рассматривать как многочлены от z:
fl(z)=xz+(-x-y+l); f2&)=(y+l)z+(2x + 4); h(z)=z +
+ (ху + 2у),
считая х и у параметрами. Если теперь (х0у у0у z0) —
решение исходной системы, то z0 будет общим корнем
многочленов fu /2, /з при значениях параметров х=х0, у=у0.
Следовательно, при таких значениях параметров многочлены fu
279

/2 и /3 будут попарно не взаимно простыми, т. е. R.(fu /2) =
= Я(/ь h)=R(f2, /з)=0. В данном случае коэффициенты
многочленов должны быть пропорциональны, ибо fi —
многочлены не выше первой степени. Это дает три уравнения
относительно х и у, из которых одно будет следствием двух
других. Таким образом, значения параметров х и у, при
которых многочлены f{ будут попарно не взаимно просты,
удовлетворяют следующей системе уравнений:
—Х—У+1
ху + 2у
У+\ [2х + 4
1 ху + 2у
0;
0
или
x2y + 2xy + x + y—l = 0; \ (2\
2у2+ху2 + 2у + ху-2х-4 = 0.}^ к }
Так как 2у2 + ху2 + 2у + ху— 2х- 4 = (х + 2)\у2 + у—2),
то система (2) равносильна дизъюнкции двух систем
уравнений
х2у + 2ху + х + у~ 1 = 0;
лг + 2 = 0.
(3)
х2у + 2ху + х + у — 1 = 0;\ (4)
у2 + у-2 = 0. | w
Система (3) дает решение (—2, 3), которое будет и
решением системы (2). Уравнение у2 + у— 2 = 0 имеет корни
1 и —2. Подставим их по очереди во второе уравнение
системы (4). При у= 1 система (4) сводится к уравнению
х2 + Зх = 0. Отсюда х = 0 или х = —3, т. е. (0, 1) и (—3,
1)—также решения системы (2). При у==—2 система (4)
сводится к уравнению 2х2 + Зх + 3 = 0, корни которого
—3+iV~\5 n /_3+iV"i5~ Л
=^—- . Следовательно, — , —2 и
4 _ V 4 /
I ~ "" , —2 1—также решения системы (2).
Получили, таким образом, что система (1) может иметь
решения только при следующих пяти парах значений
неизвестных х и у (решениях системы (2)): (—2, 3), (0, 1), (—3, 1),
/ _3 + i"|/"l5" n\ ( —3 — iV"\5
—2 . Подставим их
280

по очереди в систему (1). Так как относительно z все
уравнения в системе (1) имеют степень не выше первой и
пропорциональны, то подставлять можно только в одно
уравнение, например, в третье:
а) прих=— 2, у=3 z=—(—2)3 — 2. 3 = 0, т. е. (—2,
3, 0) — решение системы (1);
б) при х=0, у = 1 г =—2, т. е. (0, 1, —2) —второе
решение системы (1);
в) при х= —3, у= 1 г= 1,т. е. (—3, 1, 1) —третье
решение системы (1);
г) при х =
11- iV~\5
-3 + J1/-15 ty=_2 z==3-iVl5 +4 =
т. е. , -3 + ^15 , -2,
11
2
2 ' \ 4
вертое решение системы (1);
_3 — £ У^Тб" о
д) при х = -^ , y=—2z
11 + iV 15
—чет-
е.
V 15
-2,
И+ *!/" 15
)-
пятое решение
системы (1).
Тест 62 для самоконтроля
1. Относительно системы уравнений
х2 + У2 = 5;
ху = 2
укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Система (1) равносильна системе
II 0 *2 — 51 )
\х —2 0 =0;1
|0 х —2 \ |
** + у» = 5. i
1.2. Система (1) равносильна системе
II 0 я2 — 51
\х —2 0 | = 0;
|0 а: —2
х# = 2.
(О
1.3. Определитель
1 0 f/2_5
У -2 0
0 у -2
есть результант многочленов от переменной х: х2 + #2 — 5 и ху — 2.
281

.1.4. Система (1) имеет четыре решения: (2, 1), (1, 2), (—2, — 1),
(-1. -2).
1.5. Все решения системы (1) имеют вид (а, 2/а), где а —решение
уравнения
1
О
х —2 О
О х —2
■= О.
1.6. Все решения системы (1) имеют вид (а, У*5 — а2), где
отрешение уравнения
1 О t/2 — 5
У -2 О
О у -2
= 0.
1.7. Определитель
1 0 у" —Б
* —2 О
О jc —2
есть результант уравнений системы (1)>
Домашнее задание
1. Решить систему уравнений
ll*2+36jt*/+30*/2-14jt-24*/=0; \
10л;2+28л;*/+19*/2--8л:-10*/ = 0. /
ЗАНЯТИЕ 63
РАСШИРЕНИЕ ПОЛЕЙ. СТРОЕНИЕ ПРОСТОГО
АЛГЕБРАИЧЕСКОГО РАСШИРЕНИЯ
Вопросы к занятию
1. Трансцендентный над полем Р элемент. •
2. Алгебраический над полем Р элемент.
3. Минимальный многочлен алгебраического числа.
Степень алгебраичности.
4. Простое расширение поля Р с помощью элемента а.
5.-Строение кольца Р[а], если: a) a — трансцендентный
элемент над Р; б)' а—алгебраический элемент над Р.
6. Строение поля Р(а), полученного расширением поля
Р с помощью трансцендентного над Р элемента а.
7. Теорема о строении поля Р(а), полученного
расширением поля Р с помощью алгебраического над Р элемента а.
8. Порядок освобождения от алгебраической
иррациональности в знаменателе дроби.
Литература: [7], с. 528—532; [6], с 143—151.
282

Образцы решения задач
Задача 1. Доказать, что а = }/ 2 является
алгебраическим элементом третьей степени над полем
рациональных чисел.
Решение. / способ. Так как а — корень многочлена
х3— 2^Q[x], то для решения задачи достаточно показать,
что элементы 1, а и а2 линейно независимы над Q.
Предположим, что элементы 1, а и а2 линейно зависимы
над Q, т. е. что существуют числа т0/п0, mja^
tn2/n2 g Q, такие, что не все они нули и
тр т 1 . Щ_
/иа
а + '^- . аг = о.
По Пх /12
Умножив обе части равенства на НОК(я0, п19 /г2), получим
равенство p + qa + ra2=0> где p, q> r\z. После деления
обеих частей равенства на НОД (р, q, r) получим
а + b3/T + cVT = 0,
где a, bt c£Z и НОД (а, &, с) = 1.
(о
Умножив обе части (1) сначала на /" 2 ,
X V 4 = 0. Таь
а затем на
2c+aV~2 +bV~T=0; 2b + 2cV"T + a X
(3 о ч
1, у 2 , |/ 4 ) — одно из решений
получим
(3 о ч
1, у 2 , |/ 4 ) — одно
системы линейных однородных уравнений
ах+ Ьу + сг=0'Л
2сх + ay + bz = 0; [
2&х + 2су +az= 0 J
то ранг этой системы меньше трех, т.
a b с\
2с а
2Ь 2с
0
е.
или
a3 + 2b3 + 4c3—6abc = 0.
(2)
Из (2) следует, что а3:2. Значит,
подстановки в (2) получаем
а = 2av ax £ Z. После
\2афс = 0
8а\ + 2ЬЪ + 4с3
или 4а? + &3+2с3 — 6щЬс=0. Отсюда &3;2, &.:2, и после
подстановки й = 2bv bx £ Z в предыдущее равенство будем
иметь 4а? + 8b\ + 2с3 — 12а{Ь{с = 0 или 2а\ + Ab\ + с3 —
— 6ахЬхс = 0, откуда с3 • 2, с • 2 и с = 2q, cx £ Z. Следова-
283

тельно, НОД(а, b, с)=НОД(2ах, 2bv 2cx) = 2UOJX(av bv
С\)Ф 1» что противоречит выбору чисел а, Ь, с.
Таким образом, числа 1, у 2 , уг 4 линейно
независимы над Q.
// способ. Легко заметить, что а=>/2 —корень мно-
з ——
гочлена f(x) = х3 — 2. Это означает, что а= |/ 2
является алгебраическим элементом над Q степени не выше
третьей. К многочлену f (х) применим критерий
Эйзенштейна при р=2. Получим, что f (х) неприводим над Z и,
следовательно, над Q. Пусть t(x)£Q [x] — минимальный
многочлен числа V 2 . Так как f(x) неприводим и
многочлены f(x) и ^(а:) не взаимно просты (у них есть общий
корень), то t(x) делится на f(x) по свойству делимости на
неприводимый многочлен. А так как степень t(x) не больше
степени f(x), то f(x) и t(x) ассоциированы, т. е. t(x) также
имеет третью степень.
Одновременно мы установили, что неприводимый над Q
многочлен является для своих корней как алгебраических
чисел минимальным многочленом.
Задача 2. Доказать, что число а = —2 есть
алгебраический элемент над Q третьей степени.
Решение. По теореме о строении простого
алгебраического расширения поля каждый элемент P€Qv^2 )
является алгебраическим элементом над Q степени не выше
третьей (3/Т)2 + 3/Т-2€0[3/Т]. Поэтому
а—алгебраический элемент над Q степени не выше третьей.
Осталось убедиться, ч^о а не может быть корнем никакого
многочлена с рациональными коэффициентами первой или
второй степени, т.е. что элементы 1, а, а2 линейно
независимы над Q. Пусть
х • 1 + Щ + га2 = О (3)
при некоторых х, у> z£Q, Так как а2=—2/ 2 —
3 —— /3 —— 3 —
— 3 у 4 +8, то (3) принимает вид x + yW 4 +/2 —
— 2) + г (—3 VT— 2 V "2" + 8) = 0 или (х — 2у + &) 1 +
+ (у — 2z) V "2" + (У — Зг) VT = 0. Но элементы 1, *v T
з / ——
и V 4 линейно независимы над Q (см. задачу 1).
Следовательно, (3) возможно лишь тогда, когда
х — 2y + 8z=0;\
у-2г=0;\
y — 3z=0.)
284

Эта система имеет только нулевое решение.
Итак, числа 1, а и а2 линейно независимы над Q.
Доказательство завершено.
Задача 3. Показать, что Q(K 2 ) и Q(i) изоморфны
как векторные пространства над Q, но не изоморфны как
поля.
Решение. Поскольку степени алгебраичности
элемента V 2 , как и элемента / (над Q), равны двум, то Q (]/~2~)
и Q(i) можно рассматривать как двумерные векторные
пространства над Q. Например, Q (/Т) = [а • 1 + Ъ • VT\a, b£ Q};
Q(i) = {а • 1 + b • i\a, bk Q}. Изоморфизм векторных
пространств /: Q (V 2 )-*Q(i) можно задать, например,
формулой / (а + b V 2 ) = а + Ы.
Покажем теперь, что Q(l 2 ) и Q(i) как поля
неизоморфны. Предположим противное, т. е. что существует
биекция ф: Q(j/2) -*Q(/), которая не нарушается
операциями сложения и умножения. По свойствам изоморфизма
полей ф(1)='1, ф(0) = 0, ф(а—(}) = ф (а) — ф(Р).
Следовательно, если п (i N, то
Ф (п) = Ф (1 + 1+ ... +1) = Ф(1) + Ф(1)+ ... +Ф(1) =
п раз п раз
= 1 + 1+ - +1 = я. '
п раз
Если т £ Z, то т= пг — п2 для некоторых натуральных
пх и п2 и ф(т) = ф^ — п2) = ф (п^) — ф(я2) = п±— п2 =т.
Если теперь x^Q, то найдется такое натуральное /г, что
пх = т£ Z. Тогда т= ф (т) = ф (пх) = ф (п)у (х) = п • ф(х),
откуда ф (х) = — = х. Таким образом, при биекции ф
pari
циональные числа отображаются на себя. Пусть ф(1/2)=
= х + «у, *, */<Е Q. Тогда 2 = Ф(УТ • /Т) = ф(К 2~)2 =
= (а: + iy)2 = х2 — у2 + 2jq//. Отсюда 2л# =0. Не может
быть х = 0, так как в этом случае 2 = —у2. Если же у =
= 0, то 2 = х2, что невозможно, ибо нет рационального
числа, квадрат которого равнялся бы двум.
Итак, предположение о существовании изоморфизма
полей ф приводит к противоречию.
Задача 4. Освободиться от иррациональности в
знаменателях дробей: а) 1 j(V Т + \fl> — 2); б) 1 /(а4 — 7а2 —
— 12а —7), где а — корень многочлена t(x) = xz — 2х2 —
— 4х—2.
285

Решение, а) Очевидно, что V 4 + j/" 2 —2 есть
значение многочлена / (х) = х2 + х — 2 £ Q [х] при л: =
== Y 2 . Минимальным многочленом для >^ 2 являете*
многочлен р(х) = х3— 2. Многочлены р(х) и /(х) взаимно
просты, ибо f(x) не делится на р(х), а р(х) неприводим
(над Q). Поэтому существуют такие многочлены и(х) и
v(x), что /(х) и(х) + р(х) v(x)= 1. Применив к
многочленам р(х) и /(х) алгоритм Евклида, получим: p(x) = f(x)x
X(x—l) + 3x—4\f(x) = {3x — 4) (x/3 + 7/9) + 10/9.
Отсюда 10/9= f(x)[l + (х/3 + 7/9) (х— 1)] + Р (х){—х/3-7/9).
Таким образом, 10/9 = / (х) (х2/3 + 4х/9 + 2/9) + р (*) X
X (—х/3 — 7/9) и при х— V 2 (учитывая, что pW 2 ) =
= 0): 10/9 = С/ Т + УТ - 2) С/Т/3 + 4 V Т/9 + 2/9),
откуда (3/Т + Т^"2" — 2) (з \fT + 4 \Г2 + 2> = 10.
Поэтому, умножая числитель и знаменатель на 3V 4 +
+ 4>^2" + 2, получаем 1/Cj/T + V~2~ — 2) = (з ]/Т+
+ 4 3/Т + 2)/10 = 33/Т/10 + 2 ]/Т/5 + 1/5.
б) Выражение, стоящее в знаменателе дроби, является
значением многочлена g (х) = х* — 7х2— 12а: — 7 при х = а.
Применим к многочленам g(x) и t(x) алгоритм Евклида:
g(x) ==t(x) (x + 2) + г(х), г (х) = х2 — 2х—3\ t(x) = r(x)x—
-(х + 2); г(х) = (х + 2)(х-4) + 5.
При х = a t (а) = 0. Следовательно, g (a) = t (а) (а + 2)+
+ г (а) = г (а); а + 2 = г (а) а; г (а) = (а + 2) (а —-4) + 5.
Выразим 5 через г (а): 5 = г (а) — (а + 2) (а — 4) = г (а) —
— г (а) а (а—4) = г(а)(1+4а— а2). Тогда
1 _ 1 _ 1 + 4а — а2 = 1 + 4а — а2
g(a) ~~ г (а) ~~ г(а)(1+4а —а2) 5
Тест 63 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные высказывания.
1.1. Если любое конечное множество различных степеней числа а с
неотрицательными целыми показателями линейно независимо над
полем рациональных чисел, то a — число трансцендентное.
1.2. Если некоторое конечное множество неотрицательных целых
степеней числа а линейно зависимо над полем рациональных чисел, то
а — число алгебраическое.
1.3. Если некоторое конечное множество степеней числа а с
попарно различными целыми неотрицательными показателями над полем
рациональных чисел линейно зависимо, то а—число алгебраическое.
1.4. Если при некотором натуральном п существует линейная ком-
286

бинация СоаР-\-С\а}-\-С2а2-[-...-\-спапу равная нулю, где сг- — целые числа,
среди которых хотя бы одно отлично от нуля, то а—число
алгебраическое и его степень алгебраичности не выше п.
1.5. Число, не являющееся корнем никакого ненулевого
многочлена с целыми коэффициентами, является трансцендентным.
2. Укажите верные и неверные утверждения
относительно чисел бия.
2.1. Поле алгебраических дробей Q(jc) над полем рациональных
чисел изоморфно полю Q(ji).
2.2. Поле алгебраических дробей Q (х) над полем рациональных
чисел изоморфно полю Q (У 5 ).
2.3. Кольцо многочленов от одной переменной над полем
рациональных чисел изоморфно полю Q(|^ 5 ).
2.4. Фактор-кольцо кольца Q [х] по идеалу, порожденному
многочленом х2 — 5, изоморфно полю Q(V 5 ).
2.5. Кольцо многочленов Z [х] изоморфно кольцу Z[Y 5 ].
3. Пусть произвольно взяты 6^Q(/5 ) и с^ 0(я).
Укажите верные и неверные высказывания.
3.1. Существует единственный многочлен / (х) первой степени над
Q, такой, что b = f (Y 5 ).
3.2. Существует единственная несократимая дробь / (x)/g (x) из
поля Q(jc), такая, что с = f (n)/g (л).
3.3. Существует единственная несократимая дробь / (x)/g (x) из поля
Q (х) со старшим коэффициентом многочлена /(*), равным 1, такая, что
c = f(n)lg{ri). _
3.4. Поле Q (|/" 5 ) есть векторное пространство над Q с базисом
1, VF.
3.5. Поле О(я) как векторное пространство над Q конечного
базиса не имеет.
3.6. Любая дробь может быть освобождена от иррациональности
в знаменателе.
3.7. Дробь 1/я нельзя освободить от иррациональности в
знаменателе с помощью конечного числа четырех арифметических операций.
Домашнее задание
1. Установить, является ли алгебраическим элементом над полем
действительных чисел число я.
2. Определить степень алгебраичности над Q всех корней
уравнения хв—1=0.
3. Освободиться от иррациональности в знаменателях дробей:
а) а/(а8 — 4а + 2), где а — корень многочлена х* + * + 1»' б) 1/(1 +
+/-+4/-)..
287

ЗАНЯТИЕ 64
КОНЕЧНЫЕ РАСШИРЕНИЯ. ПРОСТОТА СОСТАВНОГО
АЛГЕБРАИЧЕСКОГО РАСШИРЕНИЯ. АЛГЕБРАИЧЕСКАЯ
ЗАМКНУТОСТЬ ПОЛЯ АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ЧИСЕЛ
Вопросы к занятию
1. Конечные расширения поля Р. Свойство
транзитивности конечных расширений.
2. Простота составного алгебраического расширения.
3. Поле алгебраических чисел.
4. Алгебраическая замкнутость поля алгебраических
чисел.
Литература: [7], с. 532—537; [6]. с. 152—159.
Образцы решения задач
Задача 1. Проверить, что кратное расширение поля
рациональных чисел Q (У 3 )(|/~2~) является простым
алгебраическим расширением. Найти какой-нибудь примитивный
элемент расширения.
Решение. Следуя доказательству теоремы о простоте
составного алгебраического расширения поля, примитивный
элемент расширения можно искать в виде у = I 3 -fcX
X у 2 , где с—произвольное рациональное число,
отличное от чисел 0 ,(а2— У~3~)/(\ ~2~ — 02), {a2—VY)l(/Y—
— Рз)- Здесь а2—число, сопряженное с У 3 ; (}2 и (}3—
3 -7Г-
числа, сопряженные с у 2 относительно поля
рациональных чисел, т. е. а2 — корень многочлена х2—3, отличный
от У 3 , а р2 и рз — корни многочлена х3 — 2, отличные от
\ Т. Имеем сс2 = — УТ\ р2 = V Т (—1/2 + i j/T/2);
Ра = 5^Т(—1/2 —*1ЛаГ/2).
Для с, таким образом, получаем условия:
— УТ — У~Т =_}CL±J
iTT - V"2" (-1/2 + i /T/2) >Г2"
— VT — У Т" = VT — i
3/T"-3/T(~l/2-t>TT/2) 3/Т"
288
C^O.C^^. *й _ ш __ з

В качестве t можно взять любое отличное от нуля рацио-
нальное число. При с = 1, например, у = УЗ + У 2 . Поле
Q (К 3 ) (]/" 2 ) как векторное пространство над Q
шестимерно, ибо является последовательным конечномерным
расширением: Q(]/~3~) над Q двумерно и Q{V~3~) [У 2_)_над
0(К"3) трехмерно. Остается проверить, что0(|/3 +
-f-V 2 ) над Q также шестимерно. Для проверки построим
для V 3 + V 2 минимальный многочлен. Пусть аг=УЗ
и Pi = У 2 . Составим всевозможные суммы at + Р/ (их
шесть) и построим многочлен, корнями которого эти суммы
являются: f (х) = (л: — ах — рх)(х — аг — (}2)(л: — аг — рз) х
X (х — а2— Рх) (х— а2— Р2)(л:—а2—Рз). Пря
раскрытии скобок используем формулы Виета: а1 + а2=0; а1аъ=
= —3; Р1Р2Р3 = 2; Pi + Р2 + Рз = Р1Р2 + PiPa + P2P3 = 0.
Перемножим первые три скобки, а затем три вторые.
Тогда / (х) = [(х — ах)3 — 2] [(х — а2)3 — 2] = [(х — аг) (х —
— а,)]8—2 [(х— ах)* + (х— а2)*] + 4=(х2— З)3 — 2(2х —
— <*i —а2) [(* — <*i)2 +(x — a2)2—(x — a1)(x — a2)] + 4 =
= (х2 — З)3 — 4х (х2 + 9) + 4 = я6 — 9х4 — 4х3 + 27х2 — 36х—
— 23. Многочлен f(x) неприводим над полем рациональных
чисел, ибо непосредственная проверка показывает, что из
шести его линейных множителей никакие два и никакие
три в произведении не дают многочлен с рациональными
з * ____
коэффициентами. Итак, У 3 -\-V 2 есть алгебраическое
число шестой степени, содержащееся в шестимерном
расширении Q(]/1T) [У~2~). Поэтому У~3~ + У~2 является
примитивным элементом расширения.
Задача 2. Найти какой-либо примитивный элемент
расширения поля рациональных чисел с помощью элементов
1 + К"3"и 5 + \/Т-УТ. _ _
Решение. Так_как а= 1 + |/ 3 € Q (К 3 ),тоО(а)с
c=Q(j/3 ). Но У 3 = а— l£ Q(a), и_поэгому Q [У 3 )с=
с: Q(a). Отсюда Q (l + У~3~) = Q [У 3 ). Аналогично,
поскольку^ ЪУ2-УЪ + 5<Е Q (K~3~) (3/T), toQ (]/"~3~) (Р)с
cQ|}^) (3/У). А так так ^T=p + l/"T — 5<E
€ Q (К 3 ) (Р), toQ [УТ) (3/Т) ^q [УТ) (Р).
Следовательно, Q(]/3 )(|/ 2 ) = q(i^T) (P) = Q(l +УЗ )Х
х(5 + 3/Т-КТ).
289

Используя результаты задачи 1, в качестве
примитивного элемента расширения можно взять элемент У"3~ +YY.
Замечание. В данном случае сумма a -f Р = 6 + j/"~2~ не
является примитивным элементом расширения, так как Q (а + Р) =
= Q (У-Г), al+/T?Q C/"2").
Задача 3. Является ли алгебраическим число
Wt+vt? з_ _
Решение. / способ. Число у = У 2 + "К 3
алгебраическое как сумма двух корней многочленов х3 — 2 и
х2 — 3. Над полем Q(y) число •/ у является алгебраиче-
з —— ——
ским элементом как корень многочлена хь— У 2 —У 3
Поэтому поле Q [У~2~ + "|/"~3") \W~T + /Т), являясь
повторным алгебраическим расширением поля рациональ-
ных чисел, состоит из алгебраических чисел. Значит, число
2 + У 3 являетея алгебраическим.
11 способ. Заметив, что если а—корень многочлена
/ (х), то У а — корень многочлена / (хп), можно построить
многочлен, корнем которого является у j/~2~ + У 3 . Им
будет (см. задачу 1) многочлен а:30—9а:20—4а:16+27а:10— 36а:6—23.
Задача 4. Освободиться от алгебраической
иррациональности в знаменателе дроби 1/(2 + У 2 + У~3~ + V 6 ).
Решение. / способ. Поиски минимального многочлена
для знаменателя приводят к громоздким выкладкам. Будем
искать множитель, рационализирующий знаменатель, с
помощью метода неопределенных коэффициентов. Так как
2+yT+V~3~+V~6~ZQ{V~2~) (КТ^и базис QJKT)
{У 3 ) над Q состоит из чисел 1, У 2 , )/j3_, У 6 ^_то
этот множитель будем искать в видел+&1^2 + сУ3 +
+ dj/T, где a, ft^c, d£ 0_Из условия (2 + У 2 +K3 +
+ |/"6 )(a+6Vr2 +с^3 + dY6 ) = /, где
/—некоторое (отличное от нуля) рациональное число, получаем
систему
a + 2&+3c + 3d=(b
a + 2b + 2с + 2d = 0; I
a+ &+ c + 2d=0;
2a + 2ft+3c+6d= /J
rv
290

Найдем какое-нибудь рациональное решение первых трех
уравнений системы и, подставив в четвертое, определим /.
При d = 1 будем иметь с = — 1, Ъ = 1, а = —2 и / = 1 .
Поэтому = 1-7= =г- = —2 + j/<T—1/У+/б".
II способ. В данном примере освободиться от
иррациональности можно и «по-школьному»:
2 + у~2 + V 3" + /Т_ (/If + / JH1- (/ ~+ 2)*
-=1/6 +К2 —КЗ —2.
Тест 64 для самоконтроля
1. Пусть поле Р — /г-мерное векторное пространство над
полем рациональных чисел, а— алгебраическое, Ь —
трансцендентное число. Укажите верные и неверные
высказывания при QczP.
1.1. Р n Q(b) = Q.
1.2. Если a£Q(b), то a£Q.
1.3. Если а £ Р, то степень алгебраичности а не больше п.
1.4. В любом случае а £ Р.
1.5. Существует алгебраическое число с, такое, что P=Q(c).
1.6. Существует алгебраическое число d> такое, что P(a)=Q(d).
2. Укажите верные и неверные высказывания.
2.1. Если а—алгебраическое число, то а+Уа тоже алгебраическое.
2.2. Если а — алгебраическое число, то аг тоже алгебраическое при
любом рациональном г.
2.3. Сумма трансцендентных чисел всегда трансцендентна.
2.4. Сумма алгебраического и трансцендентного чисел
трансцендентна.
2.5. Сумма алгебраического и трансцендентного чисел алгебраична.
2.6. Трансцендентные числа образуют поле.
Домашнее задание
1. Корнями каких многочленов с рациональными коэффициентами
шляются числа: а) — У~Т — /~5~; б) (/~2~ + О (У~— 2)?
2. Будет ли алгебраическим число УЪ+1/2 +\7/Ь ?
3. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби
291

ЗАНЯТИЕ 65
РАЗРЕШИМОСТЬ УРАВНЕНИЙ В КВАДРАТНЫХ РАДИКАЛАХ
и возможность построений с помощью циркуля
И ЛИНЕЙКИ
Вопросы к занятию
1. Понятие разрешимости в радикалах. Разрешимость в
квадратных радикалах.
2. Разрешимость в квадратных радикалах уравнений
третьей и четвертой степеней.
3. Критерий разрешимости задач на построение с
помощью циркуля и линейки.
4. Примеры задач, неразрешимых с помощью циркуля
и линейки (удвоение куба, трисекция угла, построения
правильного семиугольника).
Литература: [7], с. 538—543; [6], с. 160—171.
Образцы решения задач
Задача 1. Можно ли построить циркулем и линейкой число
6 +^6+ ... ?
Решение. Обозначим данное число через а. Возводя
обе части равенства а = + /6+ ••• в куб,
у 6 + Vt
получим а3 = 6 + + /6+ ... , т. е. а? =6 +
+ а. Поэтому число а удовлетворяет уравнению хъ — х —
— 6=0. Легко убедиться, что число 2—его рациональный
корень. Поэтому все действительные корни этого
многочлена (согласно критерию) можно построить циркулем и
линейкой.
Замечание. Поскольку 2 — единственный действительный
корень многочлена я3 —я—6, то а = 2.
Задача 2. Разрешимы ли в квадратных радикалах
следующие уравнения: а) х3 + За:2+12х+6 = 0; б) xz + 2x2+x —
-2 = 0; в) х4 + 2л;3 + 2л;2-2 = 0.
Решение, а) Многочлен х3 + 3л:2+ 12л;+ 6 по критерию
Эйзенштейна неприводим над Z, а значит и над Q. Следова-
292

тельно, данное уравнение неразрешимо в квадратных
радикалах.
б) Проверим, имеет ли данное уравнение хотя бы один
рациональный корень. Для этого испытаем по схеме Горне-
ра все делители свободного члена, учитывая, что все
рациональные корни уравнения целые:
2
3
1
4
0
1
4
0
9
1
—2
2-у 0
—2 * 0
16 ? 0
—4 * 0
Таким образом, рациональных корней уравнение не
имеет, следовательно, оно неразрешимо в квадратных
радикалах.
в) Найдем кубическую резольвенту уравнения
(х2)2 + 2х2х + х2=-х2 + 2\
(х2 + х)2 + 2(х2 + х)у+у2 = 2(х2 + х)у+у2-х2 + 2;
(х2+х+у)2 = х2{2у-1)+2ух+у2 + 2.
Получаем у2— (2у— 1) (у2 + 2) =0 или после упрощений
yz — y2-\-2y—l=0. Вычисленная резольвента не имеет
рациональных корней, так как числа ±1 ей не удовлетворяют, а
другие числа не могут быть ее рациональными корнями.
Поэтому по критерию разрешимости в квадратных
радикалах исходное уравнение неразрешимо в квадратных
радикалах.
Задача 3. Циркулем и линейкой построить правильный
пятиугольник.
Решение. Будем считать, что правильный
пятиугольник вписан в единичную окружность |г|= 1 на
комплексной плоскости. Одну из вершин поместим в точку х0= 1.
Тогда . все вершины искомого пятиугольника лежат в
точках >/ 1 , т. е. удовлетворяют уравнению х5—1 = 0. Это
уравнение представимо в виде (л;—1)(х* + х3 + х2 + х +
+ 1) = 0. Поэтому остальные четыре вершины
удовлетворяют (при х Ф 1) уравнению х4 + хъ + *2 + #+ 1 = 0
(уравнение деления круга). Разделим обе части уравнения на х2
293

(л: = 0 не является корнем): х2 + 1/х2 + х + 1/х + I = 0.
Обозначив x + l/x = t, получим, что x2-\-\lx2=t2— 2.
Значит, решение уравнения четвертой втепени свелось к
решению системы
t2 + t-l = 0;\
x+l/x=rt. J
Находим tx = (—1 + ]/~5~)/2; # — х{У1Г— l)|2 +1=0.
xli2 = [V~b — l) 14 ± i V{b + V~5~) |8. Для построения
точки хх на единичной окружности достаточно построить ее
действительную часть, т. е. точку (У 5 —1) /4 на оси Ох:
Следовательно, для построения правильного пятиугольника
достаточно: 1) построить прямоугольный треугольник с
катетами длиной 1 и 2 (его гипотенуза есть У 5 ); 2)
уменьшить на 1 его гипотенузу; 3) разделить получившийся
отрезок на четыре равные части; 4) отложить на оси Ох от
начала в положительном направлении полученную
четвертую долю; 5) восстановить в конце отрезка (точке
(]/" 5 —1) /4) перпендикуляр к оси; 6) найти его точку
пересечения хх с единичной окружностью, центр которой
находится в начале координат; 7) отложить циркулем на
единичной окружности полученную дугу между двумя
вершинами три раза для получения трех недостающих вершин.
Задача 4. Построить треугольник по трем биссектрисам
с помощью циркуля и линейки.
Решение. Докажем, что задача
неразрешима циркулем и линейкой даже
в случае равнобедренного треугольника.
Пусть \АВ\=\ВС\; (КС) и (ВМ) —
биссектрисы углов треугольника; | КС \ = т;
\ВМ\=>-п. Из рис. 28 видно, что для
построения треугольника достаточно постро-
(,
Рис 28 ить угол АСК \или, например, sin
/М /\ /\
АСК). Если АСК = Ф, то САВ =
/\ /\ /\ /\ /\
= 2КСА = 2Ф, ВКС = КАС + АСК = 3<р, ABQ = я —4ф. Из
АВКС по теореме синусов получим \ КС \/sin(n — 4ф) =
= |ВСl/suiЗф. Так как из АВСМ будет \ВС\=\ВМ|/sin2q>,
то m/sin4<p = /i/(sin3q> • sin2q>), откуда после умножения
обеих частей на зт2ф найдем
294

tn n tn n
= или = .
2cos2cp sin3cp 2 (cos2 cp — sin2 cp) 3sincp — 4sin3 ф
Обозначив smy = xy получим уравнение
= - или — (Зх — 4х3) = 1 — 2х2.
2 (1 —2а:2) 3* —4*3 2л v '
При — = —, например, получается уравнение 4х3—6х2—
п 3
— Зх + 3=0, левая часть которого по критерию
Эйзенштейна неприводима над Z, а значит, и над Q. Таким
образом, задача на построение свелась к кубическому
уравнению, которое, например, при т/п = 2/3 неразрешимо в
квадратных радикалах.
Итак, построение треугольника по трем биссектрисам
циркулем и линейкой невозможно в общем случае, ибо есть
частные случаи, когда это построение невозможно.
Замечание. Есть частные случаи, когда построение
треугольника по трем биссектрисам возможно. Например, правильный
треугольник легко восстанавливается по его биссектрисе.
Тест 65 для самоконтроля
1. Укажите верные и неверные утверждения.
1.1. Любое уравнение выше четвертой степени в квадратных
радикалах неразрешимо.
1.2. Уравнение х8 — а = О имеет решение в виде
*=± V ± v±v~^-
1.3. Уравнение третьей степени с действительными
коэффициентами всегда разрешимо в квадратных радикалах, так как всегда- имеет
хотя бы один действительный корень (критерий разрешимости).
1.4. Для любой степени выше второй существуют уравнения,
неразрешимые в квадратных радикалах.
1.5. Существуют углы, которые нельзя разделить на три конгру-
ентные части.
1.6. Задача деления угла на три равные части в общем случае
неразрешима циркулем и односторонней линейкой.
1.7. Треугольник можно построить циркулем и односторонней
линейкой по трем его линейным элементам, в частности по трем
биссектрисам.
Домашнее задание
1. Можно ли построить циркулем и линейкой, пересечение кривых
y = -jx>, y = x* + x+tf

ОТВЕТЫ К ТЕСТАМ
(указаны только верные утверждения
и доказательства)
Тест 1: 1.2, 1.3, 1.5, 2.1, 2.2, 2.3, 2.5. Тест 2: 1.1, 1.3, 1.4, 1.5, 1.7, 1.10.
Тест 3: 1.2, 2.3, 2.4, 2.5. Тест 4: 1.1, 1.2, 1.4, 2.2, 2.4, 2.6. Тест 5: 1.1, 1.2, 1.3,
2.2, 2.4. Тест 6: 1.2, 1.3, 1.4, 1.6, 1.7, 1.10, 1.11, 1.12. Тест 7: 1.1, 1.3, 1.5,1.7,
1.10. Тест 8: 1.1, 1.2, 1.3, 1.4, 1.5, 2.2, 2.4. Тест 9: 1.3, 1.4, 1.5, 2.3, 2.4, 2.6.
Тест 10: 1.2, 1.4, 1.5. Тест 11: 1.4, 2.2, 2.3, 2.5. Тест 12: 1.1, 1.2, 1.4, 2.1,
2.5. Тест 13: 1.1, 1.2, 1.5, 2.2, 2.3, 2.5, 2.6, 3.3/3.4, 3.5, 3.6. Тест 14: 1.3,
1.4, 1.5, 1.6, 2.1, 2.2, 2.5. Тест 15: 1.1, 1.2, 1.3, 1.5, 1.7, 1.9. Тест 16:
1.1, 1.2, 1.4, 2.2, 2.5. Тест 17: 1.1, 2.1, 2.2, 2.6, 3.1, 3.2, 3.3, 3.4, 3.5, 3.6.
Тест 18: 1.2, 1.3, 1.4, 1.6, 1.7. Тест 19: 1.1, 1.2, 1.3, 1.5, 1.6, 1.8,
1.9, 1.10. Тест 20: 1.1, 1.3, 1.4, 1.6, 1.7. Тест 21: 1.2, 1.5, 2.3, 2.5. Тест 22:
1.1, 1.3, 1.4, 1.5, 2.1, 2.2, 2.4, 2.5. Тест 23: 1.1, 1.3, 1.4, 1.6, 1.7, 1.8, 1.9.
Тест 24: 1.5, 1.6, 1.7. Тест 25: 1.2, 1.3, 1.4, 2.1, 2.5. Тест 26: 1.2, 1.3, 1.4,
2.3, 2.4. Тест 27: 1.2, 1.4, 1.5, 2.1, 2.3, 2.5. Тест 28: 1.2, 1.3, 1.4, 1.8, 1.9,
10. Тест 29: 1.2, 1.3, 1.4, 2.2, 2.5. Тест 30: 1.4, 2.1, 3.2, 3.4. Тест 31: 1.1,
1.3, 1.4, 1.5, 2.1, 2.4. Тест 32: 1.1, 1.2, 2.1, 2.2, 2.3. Тест 33: 1.1, 1.2, 1.4,
1.5, 1.6, 1.9, 1.10. Тест 34: 1.1, 1.2, 1.4, 1.9, 1.10. Тест 35: 1.1, 1.3, 1.5,
1.6, 1.7, 1.1Q. Тест 36: 1.1, 1.3, 1.4, 1.5, 1.6, 1.7, 1.9, 1.10. Тест 37: 1.2,
1.3, 1.4, 1.5, 2.2, 2.4, 2.5. Тест 38: 1.2, 1.3, 2.1, 2.2, 2.3. Тест 39: 1.1, 1.2,
1.3. 1.4, 1.5, 1.6, 1.7, 1.9, 1.10, 2.1, 2.2, 2.3. Тест 40: 1.1, 1.2, 1.3, 1.4, 1.5,
1.7, 1.10. Тест 41: 1.1, 1.3, 1.4, 1.5, 2.2, 2.4. Тест 42: 1.1, 1.3, 1.4, 2.3, 2.4.
Тест 43: 1.1, 1.2, 1.3, 1.4, 1.5, 2.1, 2.Э, 2.5. Тест 44: 1.2, 1.3, 1.4, 2.2, 2.3,
2.4. Тест 45: 1.2, 1.3, 1.5, 2.1, 3.5. Тест 46: 1.2, 1.3, 1.4, 1.5, 2.2, 2.3, 2.4,
2.5. Тест 47: 1.3, 1.4, 2.2, 2.3, 2.4, 2.5. Тест 48: 1.2, 1.4, 1.5, 2.1, 2.2, 2.3,
2.4, 2.6. Тест 49: 1.1, 1.2, 1.4, 1.5, 2.2, 2.3, 2.5. Тест 50: 1.1, 1.3, 1.5, 1.6,
1.7. Тест 51: 1.1, 1.3, 1.4, 1.5, 1.6, 1.8, 1.9, 1.10. Тест 52: 1.2, 1.4, 1.5, 1.8.
Тест 53: 1.3, 2.1, 2.2, 2.4, 2.5, 3.2. Тест 54: 1.2, 1.5, 2.1, 2.3, 2.4. Тест 55:
1.1, 1.2, 1.5, 1.6, 2.3, 2.4. Тест 56: 1.1, 1.2, 1.3, 1.5, 2.3, 2.5. Тест 57: 1.3,
1.9, 1.10, 1.12. Тест 58: 1.1, 1.2, 1.4, 1.6, 2.1, 2.3, 2.4, 2.5. Тест 59: 1.1, 1.2,
1.3, 1.5, 1.6, 2.1, 2.3, 2.4, 2.5, 2.6. Тест 60: 1.2, 1.4, 1.5, 1.6, 2.1, 2.2, 2.3,
2.4, 2.7. Тест 61: 1.1, 1.3, 1.4, 1.6, 1.7, 2.1, 2.6, 2.7. Тест 62: 1.2, 1.3,
1.4, 1.5. Тест 63: 1.1, 1.3, 1.4, 1.5, 2.1, 2.4, 3.1, 3.3, 3.4, 3.5, 3.7. Тест 64:
1.1, 1.2, 1.3, 1.5, 1.6, 2.1, 2.2, 2.4. Тест 65: 1.2, 1.4, 1.6.

ЛИТЕРАТУРА
Использованная
1. Алгебра и теория чисел/Под ред. Н. Я. Виленкина.— М.:
Просвещение, 1974.—Ч. 3.—200 с.
2. Бухштаб А. А. Теория чисел.—М.: Просвещение, 1966.—384 с.
3. Варпаховский Ф. Л., Солодовников А. С. Алгебра.— М.:
Просвещение, 1974.—160 с.
4. Варпаховский Ф. Л., Солодовников А. С, Стеллецкий И. В.
Алгебра.— М.: Просвещение, 1978.—144 с.
5. Виленкин Н. Я. Комбинаторика.— М.: Наука, 1969.—328 с.
6. Винберг Э. Б. Алгерра многочленов.— М.: Просвещение, 1980.—
176 с.
7. Куликов Л. Я. Алгебра и теория чисел.— М.: Высш. шк., 1979.—
559 с.
8. Сушкевич А. К. Теория чисел.— Харьков: Изд-во Харьк. ун-та,
1956.—204 с.
Рекомендуемая
Грибанов В. У., Титов П. И. Сборник упражнений по теории чисел.—
М.: Просвещение, 1964.—143 с.
Икрамов X. Д. Задачник по линейной алгебре.— М.: Наука, 1975.—
319 с.
Кудреватое Г. А. Сборник задач по теории чисел.— М.:
Просвещение, 1970.—128 с.
Курош А. Г. Курс высшей алгебры.— М.: Наука^ 1975.—432 с.
Лавров И. А., Максимова Л. Л. Задачи по теории множеств и
математической логике и теории алгоритмов.— М.: Наука, 1975.—240 с.
Ляпин Е. С, Айзенштат А. Я., Лесохин М. М. Упражнения по
теории групп.— М.: Наука, 1967.—264 с.
Ляпин Е. С, Евсеев А. Е. Алгебра и теория чисел.— М.:
Просвещение. 1974. Ч.— 1.—384 с; 1976.—Ч. 2.-448 с.
Михелович Ш. X. Теория чисел.— М.: Высш. шк., 1967.—335 с.
Окунав Л. Я. Высшая алгебра.— М.: Просвещение, 1966.—535 с.
297

Окунев Л. Я. Сборник задач по высшей алгебре.— М.:
Просвещение, 1964.—183 с.
Проскуряков И. В. Сборник задач по линейной алгебре.— М.:
Наука, 1962.—332 с.
Фаддеев Д. /(., Соминский И. С. Сборник задач по высшей
алгебре.—М.: Наука, 1977.—228 с.
Шнеперман Л. Б. Сборник задач по алгебре и теории чисел.—Мн.:
Выш. шк., 1982.—223 с.

СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие 3
Используемые обозначения 5
Занятие 1. Высказывание. Логические операции.
Формулы логики высказываний. Законы логики 6
Занятие 2. Высказывательные формы. Кванторы.
Преобразование высказывания с кванторами 9
Занятие 3. Логическое следствие и логическая
эквивалентность. Необходимые и достаточные условия. Прямая,
обратная, противоположная и контрапозитивная теоремы . 12
Занятие 4. Способы задания множеств. Равенство
и включение множеств. Операции над множествами . . . 17
Занятие 5. Доказательство равенства или включения
множеств 21
Занятие 6. Прямое произведение множеств .... 25
Занятие 7. Свойства бинарных отношений .... 28
Занятие 8. Отношение порядка. Функциональное
отношение. Виды отображений. Предикат 32
Занятие 9. Математическая индукция 35
Занятие 10. Простейшие комбинаторные задачи . 40
Занятие 11. Решение систем линейных уравнений
методом последовательного исключения неизвестных ... 44
Занятие 12. Системы линейных однородных
уравнений. Системы с параметрами 51
Занятие 13. Арифметическое n-мерное векторное
пространство. Линейная зависимость и независимость
системы векторов. Базис и ранг системы векторов 57
Занятие 14. Ранг матрицы. Вычисление ранга
матрицы 62
Занятие 15. Критерий совместности системы
линейных уравнений 66
Занятие 16. Фундаментальный набор решений
системы линейных однородных уравнений 70
Занятие 17. Операции над матрицами. Обратная
матрица. Матричное уравнение ЛХ = В. Система линейных
уравнений как матричное уравнение 75
299

Занятие 18. Подстановки, четность подстановок,
умножение подстановок. Определитель (детерминант) ... 86
Занятие 19. Вычисление определителей понижением
порядка. Вычисление обратной матрицы с помощью
алгебраических дополнений. Правило Крамера 91
Занятие 20. Вычисление определителей /i-го
порядка 97
Занятие 21. Бинарная алгебраическая операция.
Полугруппа, моноид, группа 100
Занятие 22. Подгруппа, смежные классы по
подгруппе, теорема Лагранжа, циклические группы .... 105
Занятие 23. Гомоморфизм и изоморфизм групп,
ядро гомоморфизма и фактор-группа ПО
Занятие 24. Определение кольца. Поле, простейшие
свойства поля. Подполя. Изоморфизм полей 115
Занятие 25. Поле комплексных чисел.
Алгебраическая форма комплексного числа. Действия над комплексными
числами в алгебраической форме 119
Занятие 26. Геометрическая интерпретация
комплексных чисел и тригонометрическая форма комплексного
числа 122
Занятие 27. Операции над комплексными числами в
тригонометрической форме. Двучленные уравнения . . . 128
Занятие 28. Векторные пространства. Простейшие
свойства векторных пространств. Подпространства. Линейная
оболочка системы векторов, линейное многообразие . . . 131
Занятие 29. Линейная зависимость и независимость
систем векторов. Базис и размерность пространства . . . 135
Занятие 30. Пересечение, сумма и прямая сумма
подпространств. Координаты вектора 139-
Занятие 31. Матрица перехода и преобразование
координат вектора при замене базиса. Изоморфизм
пространств 142
Занятие 32. Евклидово пространство, ортонормиро-
ванный базис, процесс ортогонализации ....... 147
Занятие 33. Изоморфизм евклидовых пространств.
Ортогональное дополнение к подпространству.
Фундаментальный набор решений системы линейных однородных
уравнений 151
Занятие 34. Линейный оператор. Способы задания
линейного оператора. Образ вектора под действием
линейного оператора 155
Занятие 35. Связь между матрицами, задающими
линейный оператор в различных базисах 159
300

Занятие 36. Собственные векторы и собственные
значения линейного оператора. Храктеристическое уравнение.
Приведение матрицы к диагональному виду 162
Занятие 37. Ядро и образ, дефект и ранг линейного
оператора. Инвариантное подпространство 169
Занятие 38. Действия над линейными операторами.
Линейная алгебра. Алгебраические системы 173
Занятие .39. Системы линейных неравенств.
Стандартная задача линейного программирования 177
Занятие 40. Симплекс-метод решения задач
линейного программирования и некоторые его применения , . . 185
Занятие 41. Делимость в кольце целых чисел.
Теорема о делении с остатком, алгоритм Евклида и наибольший
общий делитель 195
Занятие 42. Взаимно простые числа. НОК ... 198
Занятие 43. Простые числа. Числовые функции . . 201
Занятие 44. Позиционные системы счисления.
Перевод чисел из одной системы в другую 204
Занятие 45. Конечные цепные дроби 208
Занятие 46. Числовые сравнения. Системы вычетов.
Кольцо классов вычетов 212
Занятие 47. Функция Эйлера. Теоремы Эйлера и
Ферма. Мультипликативная группа классов вычетов,
взаимно простых с модулем 215
Занятие 48. Сравнения первой степени. Линейные
уравнения от двух неизвестных 218
Занятие 49. Сравнения произвольной степени по
простому модулю. Порядок числа и класса вычетов по модулю . 221
Занятие 50. Первообразные корни. Индексы и их
применение 224
Занятие 51. Признаки делимости. Проверка
арифметических операций с помощью сравнений ....... 227
Занятие 52. Обращение обыкновенной дроби в
систематическую 230
Занятие 53. Сложение и умножение многочленов.
Делимость многочленов. Деление с остатком 234
Занятие 54. Схема Горнера. Корни многочлена.
Алгебраическое и функциональное равенство многочленов . 238
Занятие 55. НОД и НОК многочленов. Их свойства.
Линейное представление НОД двух многочленов через
аргументы 242
Занятие 56. Формальная производная многочлена.
Теорема о неприводимом кратном множителе многочлена
и ее применение 248
Занятие 57. Кольцо многочленов от п переменных.
301

Симметрические многочлены 252
Занятие 58. Подкольцо симметрических
многочленов. Основная теорема о симметрических многочленах.
Теорема Виета 257
Занятие 59. Алгебраическая замкнутость поля
комплексных чисел. Неприводимые многочлены над полями
комплексных и действительных чисел 262
Занятие 60. Решение уравнений третьей и четвертой
степеней 266
Занятие 61. Критерий Эйзенштейна. Неприводимые
многочлены над Z и над Q. Отыскание рациональных корней
многочленов с целыми коэффициентами 271
Занятие 62. Результант двух многочленов.
Исключение неизвестных из системы двух алгебраических уравнений с
двумя неизвестными с помощью результанта 277
Занятие 63. Расширение полей. Строение простого
алгебраического расширения 282
Занятие 64. Конечные расширения. Простота
составного алгебраического расширения. Алгебраическая
замкнутость поля алгебраических чисел 288
Занятие 65. Разрешимость уравнений в квадратных
радикалах и возможность построений с помощью циркуля
и линейки 292
Ответы к тестам 296
Литература 297

Мара Пиниевич Лельчук,
Инна Имамутдиновна Полевченко,
Александр Михайлович Радьков,
Борис Дмитриевич Чеботаревский
ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ
ПО АЛГЕБРЕ И ТЕОРИИ ЧИСЕЛ
Заведующий редакцией Л. Д. Духвалов
Редактор И. М. Латышева
Младший редактор С. А. Когадеева
Обложка А. И. Инкина
Художественный редактор Ю. С. Сергачев
Технический редактор Г. М. ^Романчук
Корректор Т. К. Хваль
ИБ № 1919
Сдано в набор 24.07.85. Подписано в печать 17.02.86.
Формат 84Х1087з2. Бумага тип. № з. Гарнитура
литературная. Высокая печать. Усл. печ. л. 15,96.
Усл. кр.-отт. 16,12. Уч.-изд. л. 17,79. Тираж 6000 экз.
Зак. № 1684. Цена 85 к.
Издательство «Вышэйшая школа» Государственного
комитета БССР по делам издательств, полиграфии и
книжной торговли. 220048, Минск, проспект Маше-
рова, 11. —
Минский ордена Трудового Красного Знамени поли-
графкомбинат МППО им. Я. Коласа. 220005, Минск,
Красная, 23.

Практические занятия по алгебре и теории чисел:
П 69 Для физ.-мат. фак. пед. ин-тов/М. П. Лельчук,
И. И. Полевченко, А. М. Радьков, Б. Д. Чеботарев-
ский.— Мн.: Выш. шк., 1986.— 302 с: ил.
Включает 65 занятий. Каждое занятие содержит контрольные
вопросы, рекомендуемую литературу, решения типовых задач, тест для
самоконтроля, задачи для самостоятельного решения.
1702030000—021
М304(05)—86
ББК 22.14я73