Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2003/01/13.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:14 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:30:17 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: принцип мопертюи

АБЕЛЬ

И

ЕГО

ВЕЛИКАЯ

ТЕОРЕМА

13

Теорема Абеля
Теорема Абеля. Ни для какого натурального n, большего четырех, нельзя указать формулу, которая выражала бы корни любого уравнения через его коэффициенты при помощи радикалов. Мы докажем здесь несколько больше, а именно, что существует (конкретное) уравнение пятой степени с целыми коэффициентами, не разрешимое в радикалах. Примером служит уравнение
p ( x ) = x5 - 4 x - 2 = 0 .

том, а корни уравнения x 3 + px + q = 0 получаются присоединением к дробям сначала радикалов a , а затем чисел вида q1 + q2 3 c +
3 + q3 c2 , где c = p1 + p2 a . Числа b + a можно складывать, вычитать, умножать и делить (кроме, разумеется, деления на ноль). Такие числовые образования 3 называются полями. Числа вида q1 + q2 3 c + q3 c2 , где c = p1 + p2 a , а qi и p j дроби, также образуют поле.

разлагающийся в произведение двух многочленов меньшей степени), разрешимый в радикалах. Это значит, что его корни получаются из совокупности всех дробей присоединением некоторых радикалов. Так например, корни многочлена второй степени получаются присоединением к дробям чисел вида p1 + p2 a , где a это дробь, не являющаяся квадра-

Можно доказать (попробуйте сделать это самостоятельно), что многочлен p ( x ) нельзя разложить на множители меньшей степени с рациональными коэффициентами (такие многочлены называются неприводимыми об их свойствах см. Приложение). Неразрешимость в радикалах уравнения p ( x ) = 0 следует из такого фундаментального утверждения, доказываемого нами ниже: если неприводимое уравнение пятой степени разрешимо в радикалах, то оно имеет либо пять, либо лишь один действительный корень. Докажем, что наше уравнение имеет три действительных 5 корня. Обозначим корни этого уравнения {xk }k=1 . По теореме Виета (см. Приложение), 1 =
k =1 4



5

xk = 0 (ибо

сумма корней равна коэффициенту при x , а он равен нулю). Далее, 2 =
1 k, l 5



5

xk xl = 0 (ибо сумма попар-

ных произведений корней равна коэффициенту при
x , а он тоже равен нулю). Но тогда s2 =
2 3 k =1



5

2 xk

=

= 1 - 22 = 0, откуда следует, что все пять корней вещественными быть не могут. Значит, имеется комплексный корень a + bi. Но тогда число a bi тоже будет корнем. А с другой стороны, наше уравнение имеет не меньше трех вещественных корней, ибо p ( -2 ) = -26 , p ( -1) = 1 , p (1) = -5 , p (2 ) = 22 , и существование трех корней следует из теоремы о промежуточных значениях, принимаемых непрерывной функцией. В итоге мы доказали, что многочлен p ( x ) имеет ровно три вещественных корня. (Приведенное доказательство алгебраическое, и теорема Виета нам понадобится в дальнейшем, но утверждение о том, что приведенное уравнение не имеет пяти вещественных корней, совсем просто доказать аналитически: если бы оно имело пять вещественных корней, то по теореме Ролля производная p ( x ) = 5x 4 - 4 имела бы четыре вещественных корня, а она имеет только два.)

Если p ( x ) разрешим в радикалах, это значит, что к дробям последовательно присоединяются радикалы вида n1 a1 и образуют поле первого ранга R1 , затем присоединяется корень n2 a2 , где a2 принадлежит R2 , и т. д. Пусть R числовое поле, получаемое из рациональных чисел присоединением к ним всех радикалов, кроме последнего r = n a , где a принадлежит R и a n ни для кого из R . Не ограничив себя в общности, можно считать, что n простое число (ибо если n не простое число, то его можно записать в виде n = n1 p , где p простое, после чего присоедиn нить 1 a = a1 , а затем и p a1 ). По определению, p ( x ) имеет корень в R n a (так обозначается поле, полученное присоединением к полю R радикала n a ). Любое число в R n a представимо как многочлен степени n 1 от r с коэффициентами из R (см. Приложение). Мы пользуемся здесь тем, что если R числовое поле и r = n a , где n простое число, a n для из R , то любой элемент x из R n a единственным образом представим в виде

()

()

()
n -1 k=0

x=



kr k . Этот факт нетрудно доказать непосред-

Доказательство основного утверждения
Пусть p ( x ) = x +
5

ственно. Итак, пусть x1 вещественный корень полинома p ( x ) (а у полинома пятой степени один вещественный корень обязательно существует это следует из уже упоминавшегося свойства непрерывной функции принимать все промежуточные значения; полином пятой степени с положительным старшим коэффициентом при стремлении x к плюс бесконечности стремится к плюс бесконечности, т.е. становится положительным, аналогично, при отрицательных x он становится отрицательным, значит, он имеет ноль). Представим x1 в виде x1 =
=e xk =
2 i / n n -1 n -1 k =0

числа) неприводимый многочлен (т.е. многочлен, не

k=0



4

ak x

k

(где ak рациональные



k r

k

с коэффициентами из R . Пусть

первообразный корень из единицы и
k 1) j j



j =0

j (

r , 1 k n . Получили n чисел из