Из второго равенства получаем, что

(3.2)

Подставляя это выражение в первое равенство (3.1), получим:

(3.3)

Но из третьего равенства (3.1) следует, что

Подставляя это выражение в (3.3), получим:

В конце концов получаем:

(3.4)

Дробь вида (3.4) будем обозначать:

Представление (3.4) рационального числа называется конечной цепной или непрерывной дробью.

Теорема. Всякое рациональное число может быть представлено в виде конечной цепной дроби.

Дроби и т.д. называются подходящими дробями цепной дроби (3.4).

Выпишем реккурентные формулы для вычисления :

1)

2) при

3) Числители и знаменатели двух соседних подходящих дробей связаны соотношением:

Примеры решения задач

Задача №1

Выяснить, образует ли группу множество

всех линейных отображений числовой прямой на себя, относительно операции композиции отображения.

Решение:

Для того, чтобы множество являлось группой, необходимо и достаточно, чтобы на множестве его элементов было определено бинарная операция «», обладающая следующими свойствами:

Проверим выполнимость вышеуказанных аксиом для множества относительно операции композиции отображений. Итак, пусть

,

тогда

так как

,если .

Таким образом, нулевая аксиома выполняется.

Далее, пусть тогда:

.

Отображения и равны.

Рассмотрим элемент . Тогда, если , то , аналогично . Следовательно, в множестве относительно операции композиции отображений существует единичный элемент .

Проверим выполнимость четвёртой аксиомы. Для этого рассмотрим , обозначим , тогда

.

Если , то . То есть . Так как , то если .

Таким образом, если и при этом , то для существует - обратный элемент.

Если же , то есть , то для такого элемента обратный элемент не существует.

Итак, не для всякого элемента множество существует обратный элемент. Следовательно, не является группой.

Заметим, что если обозначить множество элементов с , то образует группу относительно операции композиции отображений.

Задача №2

Доказать, что фактор-группа мультипликативной группы невырожденных рациональных матриц порядка по подгруппе матриц с определителем, равным 1, изоморфна мультипликативной группе рациональных чисел, отличных от нуля.

Решение:

Для того, чтобы доказать требуемое, воспользуемся теоремой об изоморфизме, (см. п. 1.3).

Рассмотрим отображение , определённое следующим образом: .

Так как , следовательно гомоморфизм групп, при этом его образ , а ядро . На основании теоремы следует, что , то есть , что и требовалось доказать.

Задача №3

Найти порядок элемента мультипликативной группы комплексных чисел без нуля.

Решение:

Для того, чтобы найти порядок комплексного числа (см. п. 1.1), нужно найти . Итак, . Так как 1 является единичным элементом в группе , то .

Ответ: 4

Задача №4

Пусть . Решить уравнение . Найти порядок перестановки . Определить чётность перестановки .

Решение:

Для того, чтобы решить уравнение , необходимо умножить обе его части слева на перестановку обратную к . Тогда . Если перестановка действует следующим образом:

,

то обратная перестановка будет действовать в противоположную сторону:

или ,

поэтому

.

Для того чтобы найти порядок перестановки можно разложить его в произведение независимых (непересекающихся) циклов. Тогда наименьшее общее кратное длин этих циклов и будет являться порядком перестановки. В данном случае . Следовательно, .

Чётность перестановки можно определить по количеству инверсий в ней (см. п. 1.4.). Последнее определяется как количество таких пар элементов второй строки, в которых первым стоит число большее, нежели второе. Рассмотрим перестановку

.

Начнём с элемента 2, который стоит первым во второй строке. Он образует следующие пары: (24), (25), (26), (21) и (23), из которых лишь пара (21) образует инверсию. Далее элемент 4 и его пары: (45), (46), (41), (43). Инверсии образуют две пары (41) и (43). Элемент 5 образует инверсии с элементами 1 и 3. То же самое можно сказать и про элемент 6. Предпоследний элемент 1 образует лишь одну пару (13), но она инверсию не образует. Последний элемент 3 пар не образует (точнее его пары уже все рассматривались). Итак, количество инверсий перестановки равно . Число 7 является нечётным, следовательно, и перестановка нечётная.

Задача №5

Выяснить, является ли множество кольцом (полем) относительно операций и .

Решение:

Для того чтобы множество являлось кольцом относительно операций сложения и умножения необходимо и достаточно выполнения следующих аксиом (см. 2.1.):

Кроме этого, если

, то кольцо называется коммутативным если

, то кольцо называется кольцом с единичным элементом.

Если же в коммутативном кольце с единичным элементом , то называется полем.

Итак, нужно проверить выполняются ли все вышеуказанные аксиомы. Пусть тогда

,

так как .

Аналогично . Далее рассмотрим

Для того чтобы убедиться, что верна и вторая часть рассматриваемой аксиомы, отдельно раскроем значения выражений и .

Итак

Далее в качестве нулевого элемента рассмотрим . Пусть , то и наоборот . Если , то обратным к нему элементом является элемент, который можно обозначить , так как

Аксиома (4) следует из свойств коммутативности для действительных чисел:

.

Теперь свойство дистрибутивности:

Аналогично проверяется справедливость 2-го свойства дистрибутивности .

Из всего вышесказанного следует, что множество A является коммутативным кольцом с единичным элементом , так как

Далее для элемента найдём обратный элемент . Его «координаты» обозначим . Следовательно, должно выполняться равенство: или , то есть

.

Тогда

.

Откуда

,

если .

Итак, такой, что . Следовательно, A является полем.

Задача №6

Является ли идеалом множество в кольце вещественных матриц ?

Решение:

Проверим, образует ли множество идеал в кольце согласно определению (см. п. 2.3). Итак:

2) так как - нулевой элемент;

3) если , при этом

.

Из свойств 0) - 4) следует, что J является коммутативной группой по сложению. Заметим при этом, что аксиомы 1) – 4) можно было не проверять, так как они справедливы для всех элементов любого кольца в том числе и для тех его элементов, которые входят в J. Достаточно было бы проверить, что нулевой элемент кольца и противоположный элемент .

Теперь рассмотрим произведение на .

Итак

,

Следовательно, J является лишь правым идеалом кольца .

Задача №7

Разложить многочлен по степеням и найти значения его производных в точке .

 

 

Решение:

Согласно свойствам делимости в кольце многочленов с комплексными коэффициентами следует, что

такой, что . Коэффициенты многочлена удобнее находить по схеме Горнера (см. 2.4.), при этом все вычисления, как правило, оформляют в виде следующей таблицы – схемы:

			…
с			…		f (c)

В данном случае

			-4		-8

или

Далее разделим многочлен на так же по схеме Горнера

то есть . Следовательно,

.

Тогда искомое разложение можно получить путём ещё 4-х кратного применения схемы Горнера. Все это можно оформить в виде таблицы – схемы.

 

 

Откуда

.

С другой стороны многочлен , как непрерывно-дифференцируемую функцию, в окрестности точки можно разложить в ряд Тейлора следующим образом:

.

Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях скобки, получим, что

Задача №8

Разложить на неприводимые множители многочлен над кольцами Z [ x ] целочисленных многочленов, R [ x ] действительных многочленов и C [ x ] многочленов с комплексными коэффициентами.

Решение:

Поиск разложения следует начать с поиска корней данного многочлена. На основании теоремы о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами целочисленные корни следует искать среди делителей свободного коэффициента (см. 2.4.). В данном случае – среди делителей числа 6, то есть в множестве . Непосредственной подстановкой убеждаемся, что ни одно из этих чисел не является корнем многочлена , следовательно целочисленных корней он не имеет. Из указанной же теоремы следует, что рациональные корни многочлена нужно искать в виде несократимой дроби , где p - делитель свободного коэффициента, а q - делитель старшего коэффициента. Для многочлена , p - делитель числа 6, а q - делитель числа 2. Тогда . И вновь путём проверки выясняется, что лишь одно из этих чисел, а именно , является корнем многочлена. На основании теоремы Безу, если число с является корнем многочлена , то делится на , т.е. .

Деление многочлена на можно произвести по схеме Горнера (см. пример 7):

		-1	-7		-4	-6
		-2	-6		-12

Откуда

.

Где многочлен не имеет рациональных корней. Разложение найдём методом неопределённых коэффициентов, представив его в виде произведения двух многочленов второй степени, а именно

Раскроем скобки и приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x:

.

Получается система

Одним из решений которой является следующий набор переменных:

A=-2; B=2; C=1; D=-3.

Тогда , следовательно

.

Так как многочлены не имеют целых корней, тогда искомое разложение над Z [ x ] найдено. Далее найдём корни последних многочленов второй степени:

Откуда разложение над R [ x ] выглядит следующим образом:

,

а над C [ x ]

.

Задача №9

С помощью ряда Штурма изолировать корни многочлена

Решение:

Сначала найдём границы корней данного многочлена (см. 2.4.). На основании теоремы о границе вещественных корней многочлена , где , следует, что его корни меньше числа , где А - максимум модулей отрицательных его коэффициентов, а т - индекс первого отрицательного коэффициента в последовательности . Для данного многочлена , следовательно, его корни не превышают числа . Нижняя граница корней совпадает с верхней границей для корней многочлена , взятого с противоположным знаком. В данном случае

,

тогда корни многочлена больше числа . Итак корни, если они есть, находятся на промежутке . Для того, чтобы определить, сколько их и в каких интервалах находятся, воспользуемся свойствами рядов Штурма. Алгоритм построения такого ряда гласит, что в качестве первого члена нужно взять сам многочлен, а в качестве - его производную. Далее для всех в качестве берётся остаток, с противоположным знаком с точностью до положительной константы, от деления на до тех пор, пока не получим многочлен нулевой степени.

Итак, в данном случае , т.к. , то в качестве можно взять многочлен , т.е. .

Далее разделим на с остатком, получим . Следовательно . Аналогично , откуда или в качестве последнего многочлена в ряде Штурма можно взять .

Таким образом, ряд Штурма для многочлена выглядит следующим образом:

Обозначим - количество перемен знаков в последовательности чисел для всех . Но для простоты вычислений в качестве C рассмотрим лишь целые числа, входящие в этот интервал, т.е. .

Все результаты вычислений занесём в таблицу, при этом, если при C= 0 получаем , то в таблицу заносим лишь знаки этих чисел.

Итак,

C
	---	+	---	+
-2	---	+	---	+
-1	+		---	+
	---	---	+	+
	---		+	+
	+	+	+	+
	+	+	+	+

Как утверждает теорема Штурма, на интервале многочлен имеет ровно столько действительных корней какова разница перемен знаков на концах этого промежутка, то есть . Поэтому на количество корней равно . Следовательно, многочлен имеет три действительных корня. Из построенной таблицы видно, что корни находятся в промежутках , так как именно у них разница количества перемен знаков на концах равна одному, а у других – нулю.

Задача №10

Решить диофантово уравнение .

Решение:

Для того, чтобы найти решение данного уравнения можно воспользоваться свойством линейной представимости наибольшего общего делителя чисел 43 и 51. Последнее можно найти с помощью алгоритма Евклида, последовательного деления с остатком. Для этого разделим 51 на 43 с остатком r₁, далее делим 43 на r₁ и получаем остаток r₂, делим r₁ на r₂ и так далее, до тех пор пока не разделится без остатка. Последний, не равный нулю, остаток и есть Н.О.Д. (43,51). Для того, чтобы не запутаться делимое, делитель и остаток будет подчёркивать.

Итак:

.

Из предпоследнего равенства выразим остаток 1=Н.О.Д. (43,51): . Далее поднимемся строчкой выше. Выразим остаток и подставим его в линейное представление Н.О.Д. (43,51) приведём подобные при подчёркнутых членах, т.е. . Рассмотрим следующий остаток и тоже подставим и его:

И, наконец, из первого равенства алгоритма Евклида . Следовательно

.

Итак, линейное представление наибольшего общего делителя чисел 43 и 51, получили: . Умножим обе части этого равенства на 62, получим . Следовательно, пара значений переменных является частным решением данного уравнения, а остальные решения могут быть найдены по формулам

где .

Итак, При Поэтому общий вид решений данного диофантного уравнения можно записать в виде

где .

Ответ: где .

Задача №11

Решить систему уравнений над полями Z₃ и Z₅.

Решение:

Рассмотрим поле (см. 2.3.). Выпишем таблицы сложения и умножения для него

“ + ”					“ ∙ ”

Учитывая, что число , то систему нужно переписать в виде

Решим эту систему методом Гаусса. Ко второму уравнению прибавим первое, умноженное на , а третье уравнение сложим тоже с первым. Получится

Из второго уравнения , тогда из третьего . Откуда путём прибавления к обеим частям получаем , а после умножения на - . Теперь подставим найденные значения переменных в первое уравнение системы: , откуда . Итак, данная система над полем Z₃ имеет единственное решение , , .

В поле таблицы сложения и умножения выглядят следующим образом:

 

 

“ ∙ ”

“+”

 

 

Так как