GAL seria 2, na 25.10.16., para grup nr 1 (prof. Betley, prof.
Wiśniewski)
Zadanie 1.
Chcemy wskazać wielomian f ∈ C[X], którego pierwiastkami są 2 + i, 2 − i, 2, −3.
Ponieważ wszystkie wielomiany nad C rozkładają się na iloczyn czynników liniowych, szukany
f zapiszemy w takiej postaci (każda inna sprowadzi się do takiej, więc niczego nie pominiemy).
Ponadto wymagamy aby f miał stopień 7, czyli czynników liniowych będzie właśnie 7:
f (X) = α0· (X − α1) · . . . · (X − α7).
Wymagamy również, aby α1, . . . , α7 (pierwiastki f ) pochodziły wyłącznie ze zbioru {2 + i, 2 −
i, 2, −3}, czyli nasz wielomian wygląda następująco:
f (X) = α0· (X − 2)n1· (X + 3)n2 · (X − 2 − i)n3 · (X − 2 + i)n4,
gdzie α0 ∈ C jest dowolna oraz n1+ n2 + n3 + n4 = 7. Ze względu na dowolność α0 jest nie-skończenie wiele takich wielomianów f . Wymnożenie współczynników w powyższej postaci f dla ustalonych α0 oraz n1, n2, n3, n4 pozostawiam czytelnikowi.
Zadanie 2.
Przedstawiam metodę rachunkową, która daje pełną informację o wszystkich pierwiastkach
X6+ X3+ 1. Zaczynamy od podstawienia Y = X3, czyli
Y2+ Y + 1 = 0. Licząc ”deltę” dochodzimy do zespolonych pierwiastków:
y1 =
−1 −√3i
2 , y2 =
−1 +√3i
2 .
Następnie liczymy pierwiastki trzeciego stopnia z y1 oraz y2. W celu zmniejszenia ilości rachun-ków przedstawiamy y1 i y2 następująco:
y1 = cos(240◦) + i sin(240◦), y2 = cos(150◦) + i sin(150◦). Te pierwiastki to:
• x1 = cos(50◦) + i sin(50◦) = cos(320◦) − i sin(320◦), • x2 = cos(80◦) + i sin(80◦),
• x3 = cos(170◦) + i sin(170◦) = cos(80◦) − i sin(80◦), • x4 = cos(200◦) + i sin(200◦),
• x5 = cos(290◦) + i sin(290◦) = cos(200◦) − i sin(200◦), • x6 = cos(320◦) + i sin(320◦).
Są to również pierwiastki X6+ X3+ 1, dlatego
X6+ X3+ 1 = (X − x1) · . . . · (X − x6).
Polecenie nakazuje wyrazić X6 + X3 + 1 jako iloczyn wielomianów rzeczywistych stopnia 1 lub 2. Ponieważ żaden pierwiastek xi nie jest rzeczywisty, nie będzie w oczekiwanym iloczynie
czynników stopnia 1. Czynniki rzeczywiste stopnia 2 powstaną poprzez wymonożenie ze sobą sprzeżonych pierwiastków xi. Np. x2 oraz x3 są sprzężone i dlatego (X − x2)(X − x3) jest
wielomianem rzeczywistym stopnia 2, dokładniej:
(X − x2)(X − x3) = X2 − 2 cos(80◦)X + cos(80◦)2 − sin(80◦)2. Podobnie uzyskamy pozostałe czynniki rozkładu X+X3+ 1.
Zadanie 3.
Definiujemy r następująco:
r := min{i > 0 | in= 1}.
Takie r istnieje, ponieważ nn = 1. Ponadto r 6 n. Tak zdefiniowane r z marszu spełnia dwa pierwsze warunki zadania. Pozostaje pokazać, że r dzieli n.
Podzielmy n przez r z resztą (jeśli reszta będzie równa 0, to koniec rozwiązania):
n = a · r + b,
gdzie a, b ∈ N są takie, że 0 6 b < r. Zachodzi
1 = nn= a·r+bn = (rn)a· bn= bn.
Gdyby b 6= 0, to uzyskujemy sprzeczność z minimalnością w wyborze r (bo b < r).
Zadanie 4.
Z doświadczenia wiem, że wyjdzie 0, chcąc to pokazać przeprowadzam rozumowanie ”nie wprost”. Niech w ∈ C \ {0} oraz
1 + n+ 2n+ . . . + n−1 n = w.
Pomnóżmy obie strony przez n:
n(1 + n+ 2n+ . . . + n−1
n ) = nw.
Zauważamy, że - dzięki n
n= 1 - zachodzi
n(1 + n+ 2n+ . . . + nn−1) = 1 + n+ 2n+ . . . + n−1n .
Czyli dostaliśmy, że
w = nw.
Stąd n = 1 wbrew założeniu z treści zadania 3. Zadanie 5.
Zaczynamy standardowo.
A = {z ∈ C | |z| 6 2, Im(z) > 0}
Bez rysowania: jest to górna połowa koła o środku w punkcie (0, 0) i promieniu 2. Dalej:
a + bi ∈ f (A) ⇐⇒ (∃c + di ∈ A)(f (c + di) = a + bi),
a + bi = (c + di)2+ 2,
a − 2 + bi = (c + di)2,
c + di ∈ A ⇐⇒ |c + di| 6 2, d > 0.
W takim razie
4> |c + di|2 = |a − 2 + bi| =q(a − 2)2+ b2,
co jest równoważne |c + di|6 2. Teraz zastanówmy się czemu równoważny jest warunek d > 0. Po rozpisaniu
a − 2 + bi = (c + di)2 = c2− d2 + 2cdi,
zauważamy, że znak d nie ma znaczenia (c ze względu na symetryczność zbioru A może mieć dowolny znak). Podsumowując
a + bi ∈ f (A) ⇐⇒ q(a − 2)2 + b2 6 4,
czyli jest to koło o promieniu 4 i środku w punkcie (2, 0).
Podobnie dla g(z) = iz3 − i = (−iz)3− i, jednak tym razem ”pomyślimy geometrycznie”. Półkole A po odwzorowaniu z 7→ −iz zostaje obrócone o 90◦ (zgodnie z orientacją), czyli staje się lewym półkolem koła o środku w (0, 0) i promieniu 2. Kolejne odwzorowanie z 7→ z3, które składa się na funkcję g, zamienia półkole na pełne koło o tym samym środku oraz promieniu 8. Ostatatnie odwzorowanie, z 7→ z − i, przesuwa tak otrzymane koło o ”jednostkę w dół”, czyli otrzymujemy koło o środku (0, −1) i promieniu 8.
