Программа государственного экзамена по математике для студентов математического факультета Московского городского педагогического университета - (лекции)
p>Если требуется проверить несколько значений c, то для экономии выкладок строят не три отдельные схемы, а одну объединенную. Например, для многочленаf = 3x5 - 5x4 - 7x2 + 12
и чисел c = 1, -1, 2 составляется таблица
3
-5
0
-7
0
12
1
3
-2
-2
-9
-9
3
-1
3
-8
8
-15
15
-3
2
3
1
2
-3
-6
0
Конечно, при заполнении третьей и четвертой строки таблицы работает" только первая строка - строка коэффициентов многочленаf.
Мы видим, в частности, что из трех рассмотренных чисел только c = 2 является корнем данного многочлена. 20. Теорема Безу.
Теорема Безу. Пусть f - многочлен, c - некоторое число.
1. f делится на двучлен x - c тогда и только тогда, когда число c является его корнем. 2. Остаток от деления f на x - c равен f(c).
Доказательство. Сначала мы докажем второе утверждение. Для этого разделим f c остатком на x - c: f = (x - c)q + r;
по определению остатка, многочлен r либо равен 0, либо имеет степень, меньшую степени x - c, т. е. меньшую 1. Но степень многочлена меньше 1 только в случае, когда она равна 0, и поэтому в обоих случаяхr на самом деле является числом - нулем или отличным от нуля. Подставив теперь в равенство f = (x - c)q + r значение x = c, мы получим f(с) = (с - c)q(с) + r = 0,
так что действительно r = f(c), и первое утверждение доказано. Теперь первое утверждение почти очевидно. В самом деле, утверждение "f делится на x - c" означает, что остаток от деления равен 0. Но остаток, по доказанному, равенf(c), так что "f делится на x - c" означает то же самое, что и f(c) = 0. я Теорема Безу дает возможность, найдя один корень многочлена, искать далее корни многочлена, степень которого на 1 меньше: еслиf(c) = 0, то f = (x - c)q, и остается решить уравнение q(x) = 0. Иногда этим приемом - он называется понижением степени- можно найти все корни многочлена. В частности, подобрав один корень кубического уравнения, можно его полностью решить - после понижения степени достаточно решить полученное квадратное уравнение.
Решим в качестве примера уравнение
x4 - x3 - 6x2 - x + 3 = 0.
Целые корни многочлена f = x4 - x3 - 6x2 - x+ 3 должны быть делителями свободного члена, так что это могут быть только числа ±1 и ±3. При этом 1 не является корнем многочлена f, поскольку сумма его коэффициентов, очевидно, не равна 0. При x = -1: имеем схему
1
-1
-6
-1
3
-1
1
-2
-4
3
0
Мы видим, что -1 - корень f , и в частном получается многочлен g = x3 - 2x2 - 4x +3.
Значение x = 1 второй раз проверять незачем: если бы число 1 было корнем g, то оно было бы и корнем f, что неверно. А -1 проверить обязательно - ничто не мешает ей быть также и корнем частногоg:
1
-2
-4
3
-1
1
-3
-1
4
Следовательно, g(-1) № 0.
Составим схему Горнера для x = 3:
1
-2
-4
3
3
1
1
-1
0
Следовательно, g(3) = 0, и при делении g на x - 3 получается многочлен x2- x - 1, корни которого (1±)/2. Таким образом, многочлен f, а значит, и исходное уравнение имеет 4 корня: -1, 3 и (1±)/2. 30. Следствия из теоремы Безу. Теорема Безу позволяет частично ответить и на важный теоретический вопрос - Сколько корней может иметь многочлен? Теорема. Многочлен степени n имеет в любом поле не более n корней. Доказательство. Пусть многочлен f степени n имеет k корней, и c -один из его корней. Предположим противное - пусть k>n. По теореме Безу, f = (x - c)g, и частное g имеет степень n - 1. Всякий корень f, отличный от c, является одновременно и корнем g: если f(a) = 0, то (a - c)g(a) = 0, откуда g(a) = 0, так как a№ c. Другими словами, многочлен g имеет, по меньшей мере k - 1>n - 1 корень, т. е. число его корней также больше его степени. Но с многочленом g можно провести те же рассуждения, и на втором шагу получить новый многочлен h, число корней которого также больше его степени. Продолжая таким же образом, мы придем к многочлену степени 2, имеющему больше 2 корней, чего не может быть.
Полученное противоречие показывает, что предположение k>n неверно, и следовательно, k не больше n, что и требовалось доказать. Из теоремы о числе корней вытекают два исключительно важных и для теории, и для практики утверждения.
Следствие 1. Два многочлена степени, не большей n, принимают одинаковые значения при n + 1 значении x тогда и только тогда, когда при каждой степени x они имеют одинаковые коэффициенты.
Следствие 2. Два многочлена принимают одинаковые значения при всех значениях x тогда и только тогда, когда при каждой степени x они имеют одинаковые коэффициенты.
9. Разложение многочлена в произведение неприводимых
множителей и его единственность
10. Основная теорема арифметики кольца k[x]. Любой многочлен положительной степени можно разложить в произведение неприводимых сомножителей, и такое представление единственно с точностью до ассоциированности и порядка сомножителей.
Доказательство. 1. Существование. Индукцией по n докажем, что каждый многочлен f степени n і1 можно разложить в произведение неприводимых сомножителей. Основанием индукции при n = 1 служит тривиальное разложение f = f. Сделав индуктивное предположение, рассмотрим многочлен f степени n. Если f - неприводим, то разложение имеет вид: f = f; если же f - приводим, то его можно записать в виде f = gh, где степени g, h меньше степени f. По предположению индукции многочлены g и h можно разложить на неприводимые сомножители: g = p1p2 ... . ps, h = q1q2 ... . qt,
поэтому
f = p1p2 ... . psq1q2 ... . qt.
2. Единственность. Предположим, что некоторый многочлен f имеет два разложения на неприводимые сомножители: f = p1p2 ... . ps , f = q1q2 ... . qt,
тогда
p1p2 ... . ps = q1q2 ... . qt.
Левая часть последнего равенства делится на p1, значит, правая часть также делится на p1. По основному свойству неприводимого многочлена на p1 делится либо q1, либо q2, ... . , либо qt. Изменяя, если надо нумерацию сомножителей, можно считать, что p1 делит q1, и поскольку q1 неприводим, то они ассоциированы, т. е. для некоторого числа c верно p1 = cq1. Значит, сокращая на p1 обе части равенства p1p2 ... . ps = p1q2 ... . qt,
получаем:
p2 ... . ps = (cq2 ) ... . qt.
Обозначим данное произведение через m, и заметим, что deg m < deg f. По предположению индукции можно считать, что для mвыполнено утверждение теоремы, т. е. левая часть последнего равенства отличается от правой либо перестановкой сомножителей, либо их ассоциированностью, значит, и в исходном равенстве
p1p2 ... . ps = q1q2 ... . qt
s = t и одна часть отличается от другой только порядком сомножителей и их ассоциированностью. р
Пример. Разложить x6 - 1 на неприводимые множители над Q.
Решение. x6 - 1 = (x3 - 1)(x3 + 1) = (x - 1)( x2 + x + 1)(x + 1)( x2 - x + 1). 20. Каноническое разложение числа.
Обозначим через p(k) - множество неприводимых нормированных многочленов над полем k. Тогда произвольный многочлен f представим в виде произведения c, где ai і 0, pi О p(k), cОk.
Указанное разложение однозначно определяется многочленом f и называется его каноническим разложением; число ai называется показателем pi в каноническом разложении. Канонические разложения удобны для доказательства различных свойств делимости и вычисления НОД и НОК. Приведем важнейшие из них.
10. f : = c делит g : = d Ы a1 Ј b1, a2 Ј b2, ... . , an Ј bn. Доказательство. Пусть g = fh, a1 > b1, h : = e. Тогда b1 = a1 + c1 > b1, что невозможно. Обратное утверждение очевидно. р 20. Пусть имеются канонические разложения многочленов f и g: f = c, g = d.
Тогда
НОД(f, g) = , НОК(f, g) = ,
где ci = min (ai, bi), di = max (ai, bi).
Доказательство. Пусть j = , где ci = min (ai, bi). Тогда по свойству 10 многочлен j является делителем многочленов f и g и всякий общий делитель f и g делит многочлен j. Следовательно, j = НОД(f, g). Аналогично доказывается и второе утверждение. р
Из свойства 20 немедленно вытекает свойство
30. (Связь между НОД и НОК).
НОД(f, g) Ч НОК(f, g) = f Ч g.
10. Теорема о строении простого алгебраического расширения
10. Понятие минимального многочлена.
Пусть a - алгебраическое число над полем k, т. е. корень ненулевого многочлена с коэффициентами из поля k. Определение. Нормированный многочлен m(a, k, x) над полем k называется минимальным многочленом числа a, если выполнены условия: а) m(x) - неприводим над полем k, т. е. не разлагается в произведение многочленов положительной степени с коэффициентами изk;
б) m(a) = 0, т. е. a - корень многочлена m(x).
Примеры.
a
i
- 1
i +
m(a, Q, x)
x2 + 1
x2 - 5
x2 + 2x - 1
x4 - 4x2 + 16
20. Основные свойства минимальных многочленов.
1. Если f(x) О k[x] и f(a) = 0, то f(x) делится на минимальный многочлен m(х) числа a. Доказательство. В самом деле, предположив, что f не делится на m, запишем f = mg + r, deg r < deg m
на основании теоремы о делении с остатком. Откуда r(a)=0. Поскольку многочлены r и m взаимно просты, то у них не может быть общих корней - противоречие. 2. Допустим, что a - алгебраическое число, а g(x) - нормированный многочлен наименьшей положительной степени такой, что g(x) О k[x] и g(a) = 0. Тогда g(x) - минимальный многочлен числа a. Доказательство немедленно вытекает из свойства 1.
3. Минимальный многочлен алгебраического числа a над данным полем определен однозначно. Для доказательства достаточно применить свойство 2.
Определение. Степень минимального многочлена числа a называется степенью числа a; обозначение deg k a. 4. a О k Ы deg k a = 1.
Доказательство немедленно получается из определений.
5. Если a - алгебраическое число степени n, то 1, a, a2, .... , an-1 линейно независимы над полем k, т. е. ("c0, c1, .... , cn-1 Оk) c0 + c1a + .... + cn-1an-1 = 0 возможно только в случае c0 = c1 = ... . = cn-1 = 0. Доказательство. Действительно, если указанные степени числа a линейно зависимы, то это число является корнем некоторого многочлена над k, степени меньшей чем m. 6. Пусть a - алгебраическое число, f(x) О k[x] и f(a) № 0. Тогда дробь представима в виде = g(a) для некоторого g(x) О k[x]. Доказательство. В самом деле, многочлены f и m взаимно просты (иначе f делился бы на m), значит, по теореме о линейном представлении НОД: для некоторых многочленов g и h над k верно равнство fg + mh = 1.
Откуда f(a) g(a) = 1, что и требовалось.
30. Строение простых алгебраических расширений.
Определение. Пусть k - подполе в L; a О L. Наименьшее подполе в L, содержащее число a и подполе k, обозначаемое k(a), называется простым расширением поля k (говорят также, что k(a) получено присоединением к полю k числа a). Из приведенных свойств легко вывести теорему.
Теорема (о строении простого алгебраического расширения).
Для любого алгебраического числа a над полем k линейное пространство k(a) обладает базисом из элементов вида 1, a, a2, ... . , an-1, где n = degk a.
Доказательство. Легко понять, что k(a) состоит из дробей f(a)/g(a), где f(x), g(x) - многочлены над полем k и g(a) № 0. Обозначим через k[a] - кольцо значений многочленов в точке a, т. е. k[a] = { f(a)Ѕf(x)О k[x]}. Из свойства 6 вытекает равенство k(a) = k[a]. Из теоремы о делении с остатком следует, что значение произвольного многочлена над полем k в точке a является линейной комбинацией над полем k указанных в теореме степеней элемента a. Наконец, из свойства 5 следует линейная независимочть над полем k этих степеней. я 40. Освобождение от иррациональности в знаменателе дроби.
Разберем различные способы решения задачи об освобождении от иррациональности в знаменателе дроби. Принципиальная возможность ее решения вытекает из теоремы о строении простого алгебраического расширения.
Пример 1. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби: .
Решение. Обозначим через c число , и воспользуемся известной формулой суммы членов геометрической прогрессии: 1+ c + c2+ c3+ c4 = (c5 - 1)/(c - 1) = 1/(c - 1),
следовательно, .
Пример 2. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби: .
Решение. Обозначим через c число , и запишем сначала дробь
в виде суммы простейших:
.
Теперь, используя схему Горнера, каждую из указанных дробей можно заменить на многочлен относительноc. Сначала разделим c5 - 2 на c + 1:
1
0
0
0
0
-2
-1
1
-1
1
-1
1
-3
следовательно,
= c4 - c3 + c2 - c + 1.
Теперь разделим c5 - 2 на c + 2:
1
0
0
0
0
-2
-2
1
-2
4
-8
16
-34
следовательно,
= c4 - 2c3 + 4c2 - 8c + 16.
Тогда получаем
= 34(c4 - c3 + c2 - c + 1) - 3(c4 - 2c3 + 4c2 - 8c + 16) =
= 31c4 - 40c3 + 22c2 - 10c - 14,
т. е...
Пример 3. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби: .
Решение. Обозначим через c число . Найдем линейное представление НОД многочленов f(x) = x3 - 2 и g(x) = 1 + 2x - x2: f(x) = - g(x)Ч(x + 2) + r(x), где r(x) = 5x
-5g(x) = r(x)Ч(x - 2) - 5.
Из этих равенств, получаем линейное представление НОД f(x) и g(x): f(x)Ч(x - 2) + g(x)Ч(x2 + 1) = 5.
Подставляя в последнее равенство вместо x число c, получим
= c2 + 1,
следовательно, =.
Пример 4. Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби: .
Решение. Обозначим через c число и применим метод неопределенных коэффициентов. По теореме о строении простого алгебраического расширения существуют рациональные числаx, y, z такие, что = xc2 + yc + z или 89 = (c2 + 16c - 11)(xc2 + yc + z).
Раскрывая скобки и используя равенство c3 = 2, получаем:
89 = (32x + 2y - 11z) + (2x - 11y + 16z)c + (-11x + 16y + z)c2. Так как числа 1, c, c2 линейно независимы над Q имеем
32x + 2y - 11z = 89, 2x - 11y + 16z = 0,
-11x + 16y + z = 0.
Решением последней системы является набор чисел (3, 2, 1). Значит, получаем ответ: .
