LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 33
(всего 46)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

енная вещественная часть ?1 равна
v
1 1+ 5
2 cos(2?/5) = ?1 + ?4 = ?1 + = w1 = .
?1 2
Из того, что w1 — квадратичная иррациональность, следует, что
?1 и ?4 представляют собой квадратичные иррациональности. Для
?2 и ?3 рассуждаем в точности так же.
316 Карл Фридрих Гаусс (1777 – 1855)


Итак, для n = 5 решение нашей задачи удалось свести к после-
довательному решению двух квадратных уравнений: сначала ре-
шается уравнение (20), корнями которого являются суммы ?1 + ?4
и ?2 + ?3 симметричных корней уравнения (19), а затем из урав-
нений (21) находятся и сами корни уравнения (19).
Именно таким путем Гауссу удалось осуществить построение
правильного 17-угольника: здесь тоже выделяются группы кор-
ней, суммы которых находятся последовательно из квадратных
уравнений. Но как искать эти «хорошие» группы? Гаусс находит
удивительный путь ответить на этот вопрос. . .

Построение правильного 17-угольника. «30 марта 1796 года насту-
пает для него (Гаусса) день творческого крещения. . . Гаусс уже
занимался с некоторого времени группировкой корней из единицы
на основании своей теории «первообразных» корней. И вот одна-
жды утром, проснувшись, он внезапно ясно и отчетливо осознал,
что из его теории вытекает построение семнадцатиугольника. . .
Это событие явилось поворотным пунктом жизни Гаусса. Он при-
нимает решение посвятить себя не филологии, а исключительно
математике» (Ф. Клейн).
Остановимся подробнее на пути, по которому двигался Гаусс.
Одна из математических игр юного Гаусса состояла в следую-
щем. Он делил 1 на различные простые числа p, выписывая по-
следовательно десятичные знаки, с нетерпением ожидая, когда
они начнут повторяться. Иногда приходилось ждать долго. Для
p = 97 повторение начиналось с 97-го знака, при p = 337 период
равен 336. Но Гаусса не смущали длинные прямолинейные вычис-
ления, он входил при их помощи в таинственный мир чисел. Гаусс
не поленился рассмотреть все p < 1000 (ср. приведенное выше вы-
сказывание Клейна).
Известно, что Гаусс не сразу попытался доказать периодич-
ность получающейся дроби в общем случае (p = 2, 5). Но, ве-
роятно, доказательство не затруднило его. В самом деле, доста-
точно лишь заметить, что следить надо не за знаками частного,
а за остатками! Знаки начинают повторяться после того, как на
предыдущем шагу остаток равнялся 1 (почему?). Значит, надо
найти такое k, что 10k ? 1 делится на p. Так как имеется лишь
конечное число возможных остатков (они заключены между 1
Дебют Гаусса 317


и p ? 1), для каких-то k1 > k2 числа 10k1 , 10k2 при делении на p
дадут одинаковые остатки. Но тогда 10k1 ?k2 ? 1 делится на p (по-
чему?).
Несколько труднее показать, что в качестве k всегда можно
взять p ? 1, т. е. 10p?1 ? 1 при p = 2, 5 всегда делится на p.
Это частный случай теоремы, носящий название малой теоре-
мы Ферма. Когда Ферма (1601 – 1655) открыл ее, он писал, что
его «озарило ярким светом». Теперь ее переоткрыл юный Гаусс.
Он всегда будет ценить это утверждение: «Эта теорема . . . за-
служивает величайшего внимания как вследствие ее изящества,
так и ввиду ее выдающейся пользы». Гаусса интересует наимень-
шее k, для которого 10k ? 1 делится на p. Такое k всегда является
делителем p ? 1. Иногда оно совпадает с p ? 1 (например, для
p = 7, 17, 19, 23, 29, 97, 337). До сих пор неизвестно, конечно или
бесконечно число таких p. Гаусс заменяет 10 на любое число a
и интересуется, когда ak?1 ? 1 не делится на при k < p ? 1
(предполагается, что a не делится на p). Такие a принято на-
зывать первообразными корнями для p. Условие того, что a —
первообразный корень, равносильно тому, что среди остатков от
деления 1, a, a2 , . . . , p?2 на p встречаются все ненулевые остатки
1, 2, . . . , p ? 1 (почему?). Гаусс не знал тогда, что первообразными
корнями интересовался уже Эйлер (1707 — 1783), который пред-
полагал (но не смог доказать), что для каждого простого числа
существует хотя бы один первообразный корень. Первое дока-
зательство гипотезы Эйлера дал Лежандр (1752 — 1833); очень
изящное доказательство дал Гаусс. Но это было позднее, а пока
Гаусс манипулировал с конкретными примерами. Он знал, напри-
мер, что для p = 17 число 3 является первообразным корнем.
В приводимой ниже таблице в первой строке стоят значения k, а
под ними остатки от деления 3k на 17. Обратите внимание, что
второй строке встречаются все остатки от 1 до 16, что и означает
первообразность 3 для 17.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
1 3 9 10 13 5 15 11 16 14 8 7 4 12 2 6
Эти вычисления и легли в основу группировки корней уравнения

z 16 + z 15 + z 14 + . . . + z + 1 (22)
318 Карл Фридрих Гаусс (1777 – 1855)


?
??
?
?
?
?
?
?? ?
?
??
?
?

?
?
??
?
?? ??
?
?? ??

Рис. 32.

(с тем, чтобы свести решение его к цепочке квадратных урав-
нений). Идея Гаусса состоит в том, что надо перейти к другой
нумерации корней. Присвоим корню ?k новый номер l (обознача-
ется ?[l] ), если 3l при делении на 17 дает остаток k. При переходе
от одной нумерации к другой можно пользоваться таблицей, на-
ходя k во второй строке, а соответствующее l над ним в первой
строке, но удобнее пользоваться рисунком, где по внешней стороне
окружности написаны старые номера, а по внутренней — новые.
Именно эта нумерация позволила Гауссу, разбивая корни (22) на
группы, свести решение (22) к цепочке квадратных уравнений.
Именно, на первом шагу берутся ?2,0 , ?2,1 — соответственно
суммы корней ?[l] с четными и нечетными l (в каждой сумме по
8 корней). Эти суммы оказываются корнями квадратного уравне-
ния с целочисленными коэффициентами. Далее, берутся суммы
?4,0 , ?4,1 , ?4,2 , ?4,3 четверок корней ?[l] , у которых l при деле-
нии на 4 дает фиксированный остаток. Показывается, что эти
величины являются корнями квадратных уравнений, у которых
коэффициенты арифметически выражаются через ?2,0 , ?2,1 . На-
конец, образуются суммы ?8,i пар корней ?[l] , у которых l при
делении на 8 дает остаток i. Для них выписываются квадратные
Дебют Гаусса 319


уравнения с коэффициентами, просто выражающимися через ?4,j .
Имеем: ?8,0 = 2 cos(2?/17) и из квадратичной иррациональности
?8,0 следует возможность построения правильного 17-угольника
циркулем и линейкой. Поучительно записать разбиение корней
на группы в старой нумерации. Согласитесь, что в таком виде
угадать разбиение невозможно! Теперь реализуем только что опи-
санный путь.
Подробные вычисления. Мы докажем квадратичную иррацио-
нальность корней 17-й степени из единицы. Отметим, что ?k ?l =
?k+l (если k + l > 17, то k + l заменяется остатком от его деления
на 17), ?k = (?1 )k . Прежде всего заметим, что

?1 + ?2 + . . . + ?16 = ?[0] + ?[1] + . . . + ?[15] = ?1.

(В этом можно убедиться, например, рассматривая это выраже-
ние как сумму геометрической прогрессии.)
Обозначим через ?m,r сумму ?[k] с теми k, которые дают оста-
ток r при делении на m. Получаем

?2,0 = ?[0] + ?[2] + ?[4] + . . . + ?[14] ;
?2,1 = ?[1] + ?[3] + ?[5] + . . . + ?[15] .

Ясно, что

?2,0 + ?2,1 = ?[0] + ?[1] + . . . + ?[15] = ?1.

Можно показать, что

?2,0 · ?2,1 = 4(?[0] + ?[1] + . . . + ?[15] ).1

Теперь, воспользовавшись теоремой Виета, мы можем составить
квадратное уравнение, корнями которого будут ?2,0 и ?2,1 :
v
?1 ± 17
x2 + x ? 4 = 0, x1,2 = .
2
1
В этом можно убедиться, проводя непосредственные перемножения и учи-
тывая, что ?k · ?l = ?k+l , причем удобно пользоваться рисунком на с. 318.
Однако ниже будет указан способ избежать этих утомительных выкладок.
320 Карл Фридрих Гаусс (1777 – 1855)


Чтобы различить корни, опять воспользуемся рисунком на с. 318.
В каждую из сумм корни входят вместе со своими сопряженными.
Ясно, что ?2,0 > ?2,1 (в первом случае нужно сложить и удвоить
вещественные части корней ?1 , ?2 , ?4 , ?8 , во втором — ?3 , ?5 , ?6 ,
?7 ). Итак, v v
17 ? 1 ? 17 ? 1
?2,0 = , ?2,1 = .
2 2
Рассмотрим суммы четверок корней:

?4,0 = ?[0] + ?[4] + ?[8] + ?[12] ,
?4,1 = ?[1] + ?[5] + ?[9] + ?[13] ,
?4,2 = ?[2] + ?[6] + ?[10] + ?[14] ,
?4,3 = ?[3] + ?[7] + ?[11] + ?[15] .

Имеем: ?4,0 + ?4,2 = ?2,0 ; ?4,1 + ?4,3 = ?2,1 . Можно показать да-
лее, что ?4,0 · ?4,2 = ?2,0 + ?2,1 = ?1, а значит, ?4,0 , ?4,2 — корни
уравнения x2 ? ?2,0 x ? 1 = 0. Решая это уравнение и учитывая,
что ?4,0 > ?4,2 (см. рис. на с. 318), получаем после несложных
преобразований

1v v
17 ? 1 + 34 ? 2 17
?4,0 = ,
4
1v v
17 ? 1 ? 34 ? 2 17
?4,2 = .
4

Аналогично показывается, что
v v
1
? 17 ? 1 +
?4,1 = 34 + 2 17 ,
4
v v
1
? 17 ? 1 ?
?4,3 = 34 + 2 17 .
4

Переходим к заключительному этапу. Положим

?8,0 = ?[0] + ?[8] = ?1 + ?16 ,
?8,4 = ?[4] + ?[12] = ?4 + ?13 .
Дебют Гаусса 321


Можно было бы рассмотреть еще шесть такого рода выражений,
но нам они не потребуются, так как достаточно доказать квадра-
тичную иррациональность ?8,0 = 2 cos(2?/17), что уже позволя-
ет построить правильный 17-угольник. Имеем ?8,0 + ?8,4 = ?4,0 ,
?8,0 · ?8,4 = ?4,1 ; из рисунка видно, что ?8,0 > ?8,4 , а потому ?8,0 —
б?льший корень уравнения x2 ? ?4,0 + ?4,1 = 0, т. е.
о

1 2
?4,0 + ?4,0 ? 4?4,1
?8,0 = 2 cos(2?/17) = =
2
1v v
17 ? 1 + 34 ? 2 17 +
=
8
v v
1
17 + 3 17 ?
+ 170 + 38 17.
4

Мы несколько преобразовали непосредственно получаемое выра-
2
жение для ?4,0 ? 4?4,1 , однако не будем утомлять читателя вос-
произведением этих простых выкладок.
Пользуясь полученной формулой для cos(2?/17), построе-
ние правильного 17-угольника можно выполнить при помощи
элементарных правил построения выражений, являющихся квад-
ратичными иррациональностями. Разумеется, получится весьма
громоздкая процедура. В настоящее время известны довольно
компактные способы построения. Один из них будет приведен
(без доказательства) в приложении. В одном отношении формула
для cos(2?/17) не оставляет сомнения. Прийти к ней в рамках
традиционных геометрических идей времени Евклида невозмож-
но. Решение Гаусса принадлежало другой эпохе в математике.
Отметим, что наиболее содержательное утверждение — принци-
пиальная возможность построения правильного 17-угольника.
Сама процедура построения не столь существенна. Для доказа-
тельства возможности построения было достаточно убедиться,
что на каждом шаге возникали квадратные уравнения с коэф-
фициентами-квадратичными иррациональностями, не выписывая
точных выражений (это становится особенно существенным при
переходе к большим показателям).
В рассказанном решении уравнения (22) остался совершенно
невыясненным вопрос о том, почему оказалось удачным разбиение
322 Карл Фридрих Гаусс (1777 – 1855)


корней, использующее нумерацию ?[l] , как можно было догадать-
ся положить ее в основу решения? Сейчас мы, по существу, еще
раз повторим решение, обнажив ключевую идею — исследование
симметрий в множестве корней.
Симметрии в множестве корней уравнения (22). Прежде всего, за-
дача о корнях из единицы тесно связана с арифметикой остатков
от деления на n (по модулю n). Действительно, если ?n = 1, то ?k —
также корень n-й степени из единицы, причем число ?k зависит
только от остатка от деления k на n. Положим ? = ?1 (см. форму-
лу (17)); тогда ?k есть просто ? в степени k, поэтому ?k · ?l = ?k+l ,
где сумма берется по модулю n (остаток от деления на n); в част-
ности, ?k · ?n?k = ?0 = 1.
3адача 1. Если p — простое число и ? — любой комплексный ко-
рень p-й степени из единицы, то множество ? k , k = 0, 1, . . . , p ? 1,
содержит все корни p-й степени из единицы.
Указание. Нужно доказать, что в этом случае для всякого 0 <
< m < p среди остатков от деления чисел km, k = 0, 1, . . . , p ? 1
на содержатся все числа 0, 1, . . . , p ? 1.
Обозначим через Tk следующее преобразование (возведение в
степень k): Tk ?l = (?l )k = ?lk .
Задача 2. Докажите, что если n = p — простое число, то каждое
из преобразований k (k = 1, 2, . . . , p ? 1) осуществляет взаимно
однозначное отображение множества корней на себя (т. е. множе-
ство {Tk ?0 , Tk ?1 , . . . , Tk ?p?1 } совпадает с множеством всех корней
{?0 , ?1 , . . . , ?p?1 }).
p ? 1 множе-
Задача 1 показывает, что для всякого 1 l
ство {Tk ?0 , Tk ?1 , . . . , Tk ?p?1 } совпадает с множеством всех корней.
Из задач 1 и 2 следует такой вывод: составим таблицу, в ко-
торой на пересечении k-й строки и l-го столбца стоит Tk ?l ,
1 k, l p ? 1; тогда в каждой строке и каждом столбце сто-
ят все корни ?1 , ?2 , . . . , ?p?1 в некотором порядке без повторений.
Отметим, что Tp?1 ?l = ??l = (?l )?1 . Тем, кто знает определе-
ние группы, советуем проверить, что преобразования Tk образуют
группу относительно умножения Tk · Tl = Tkl .
Далее мы рассматриваем случай p = 17. Будем говорить,
что множество корней M инвариантно относительно преобра-
Дебют Гаусса 323


зования Tk , если Tk ?l ? M для всех ?l ? M . Относительно
всех преобразований Tk инвариантно лишь множество всех кор-
ней {?1 , ?2 , . . . , ?16 }.
Кардинальная догадка заключается в том, что группа корней
тем «лучше», чем большее число преобразований оставляет эту
группу инвариантной.
Введем для Tk еще одну нумерацию T[l] , как это было сделано
для ?k : T[l] = Tk , k = 3l . В новых обозначениях T[k] ?[l] = ?[k+l] ,
T[m] (T[k] ?[l] ) = T[m+k] ?[l] (сумму в квадратных скобках надо брать
по модулю 16).
Читатель, конечно, обнаружит аналогию с переходом к лога-
рифмам, что не удивительно, так как ?[l] = ?3l .




Задача 3. Доказать, что если некоторое множество корней ин-
вариантно относительно некоторого T[k] , где k нечетно, то это
множество инвариантно относительно всех преобразований T[m] ,
т. е. если оно не пусто, то совпадает с множеством всех корней.




Указание. Достаточно показать, что если k нечетно, то существу-
ет такое m, что km дает при делении на 16 остаток 1.
С другой стороны, имеются две группы корней, инвариантные
относительно всех T[k] с четными k: корни ?[l] с четными l и корни
с нечетными l. Их суммы мы обозначили через ?2,0 , ?2,1 .
Ясно, что ?2,0 + ?2,1 = ?1. Исследуем ?2,0 · ?2,1 . Это произ-
ведение является суммой попарных произведений ?[k] ?[l] , где k —
четное, l — нечетное, каждое из которых является некоторым кор-
нем ?[m] , а всего — 64 слагаемых. Мы покажем, что среди них
каждый из корней ?[0] , ?[1] , . . . , ?[15] встречается одинаковое число
раз (четыре раза), а в результате ?2,0 · ?2,1 = ?4. Воспользуем-
ся тем, что преобразования Tk сохраняют группы корней при k
четном и переводят их одна в другую при k нечетном. Каждое
слагаемое в ?2,0 · ?2,1 однозначно представимо в виде ?[m] ?[m+r] ,
где 0 m 15, r = 1, 3, 5, 7 (докажите!). Сгруппируем слагаемые
324 Карл Фридрих Гаусс (1777 – 1855)


с одинаковыми r. Полученные суммы будут иметь вид

?[0] ?[r] + ?[1] ?[r+1] + ?[2] ?[r+2] + . . . + ?[15] ?[r+15] =
= T[0] (?[0] ?[r] ) + T[1] (?[0] ?[r] ) + . . . + T[15] (?[0] ?[r] ) =
= T[0] ?[r] + T[1] ?[r] + . . . + T[15] ?[r] =
= ?[0] + . . . + ?[15] = ?1.

Мы воспользовались тем, что

T[m] ?[k] · T[m] ?[l] = T[m] (?[k] ?[l] )

и уже упоминавшимися свойствами T[m] .
Значения ?2,0 , ?2,1 найдены выше.
Переходим к следующему шагу. Мы хотим ввести в рассмотре-
ние новые, меньшие группы корней, инвариантные относительно
каких-нибудь T[k] . По аналогии с задачей 3 можно показать, что
при этом k обязательно должно делиться на 4. Поэтому имеют-
ся четыре группы корней, инвариантные относительно всех T[4l] и
меньшие, чем уже рассмотренные; запишем суммы корней в каж-
дой группе: ?4,0 , ?4,1 , ?4,2 , ?4,3 . Мы уже отмечали, что ?4,0 +?4,2 =
?2,0 ; ?4,1 + ?4,3 = ?2,1 .
Вычислим произведение ?4,0 · ?4,2 ; оно представляется в ви-
де суммы 16 слагаемых вида ?[4k] ?[4l+2] . Каждое такое слагае-
мое однозначно записывается в виде ?[2m] ?[2m+2r] , r = 1, 3, m =
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Сгруппируем слагаемые с одним r и заметим, что
?[0] ?[2] = ?1 ?9 = ?10 = ?[3] , ?[0] ?[6] = ?[1] ?[15] = ?[8] . При r = 1 полу-
чаем сумму

T[0] ?[3] + T2 ?[3] + . . . + T[14] ?[3] = ?2,1 ;

при r = 3 — сумму k T[2k] ?[8] = ?2,0 , т. е. ?[4,0] · ?[4,2] = ?2,0 + ?2,1 =
= ?1. Решая квадратные уравнения, мы нашли ?[4,0] · ?[4,2] .
На последнем шаге мы рассмотрим группы корней, инвариант-
ные относительно T[8] ; их восемь. В частности, ?8,0 + ?8,4 = ?4,0 .
Вычислим ?8,0 · ?8,4 . Учитывая, что ?[0] · ?[4] = ?1 ?13 = ?[14] = ?9 ,
получаем ?8,0 · ?8,4 = T[0] ?[9] + T[4] ?[9] + T[8] ?[9] + T[12] ?[9] = ?4,1 .
Это позволило найти ?8,0 = 2 cos(2?/17) и тем самым закончить
решение.
Дебют Гаусса 325

<< Пред. стр.

страница 33
(всего 46)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign