Файл: Учебнометодический комплекс Для студентовбакалавров, обучающихся по направлению.doc
ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 25.10.2023
Просмотров: 176
Скачиваний: 3
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
СОДЕРЖАНИЕ
Глава 1. Понятия об основных алгебраических структурах.
§1. Алгебры. Подалгебры. Гомоморфизмы алгебр.
§3. Подгруппа. Достаточные условия подгруппы.
Глава 2. Матрицы и определители.
§1.Матрицы. Группа и кольцо матриц.
§2. Определители, их свойства.
Глава 3. Системы линейных уравнений, методы их решения.
Глава 5. Теория делимости в кольце Z.
§1. Отношение делимости в Z и его свойства.
§3. Взаимно простые числа и их свойства.
§4. НОК целых чисел и его свойства.
§5. Простые числа и их свойства.
Глава 6. Теория делимости в кольце Р[х].
§2. Отношение делимости в кольце Р[х] и его свойства.
Свойства отношения делимости в кольце Р[x].
§3. Деление с остатком в кольце P[x].
§4. Приводимые и неприводимые многочлены
n-1n-1+...+a1+a0 = cP. Элемент (с) называют значением многочлена f(x) при х = и записывают: f() = c.
Определение 3. Элемент Р называют корнем многочлена f(x), если f()=0.
Ответ на вопрос о существовании корней многочлена f(x) над полями C, R и Q даёт основная теорема алгебры.
Теорема 1.
f(x) C[x], ст f(x) > 1 имеет хотя бы один корень.
Опираясь на эту теорему и определение понятия корня многочлена, можно доказать теорему 2.
Теорема 2. f() = 0 f(x)/(x - ).
Доказательство.
Необходимость: пусть f() = 0 докажем, что f(x)/(x - ). Разделим f(x) на (x-) с остатком, получим f(x) = (x-)h(x) + r, где rС. Подставим в данное равенство вместо х, , получим:
f() = ( - )h() + r, т.к. f(a)=0 по условию, то 0 = 0 + r => r = 0, т.е. f(x)/(x - )
Достаточность: пусть f(x)/(x - ), докажем, что f() = 0. Разделим f(x) = (x - )h(x) + 0, подставим , получим:
f() = ( - )h() + 0 => f() = 0.
Следствие 1 (теорема Безу). Остаток от деления f(x) на (х - ) равен f() Действительно : f(x) = (x - )h(x) + r, тогда f()=r.
Следствие 2. Если cm f(x) = n, f(x)C[x], то f(x) = (x - 1) (x - 2)...(x - n), т.е. неприводимыми многочленами над полем С будут только многочлены первой степени. Все многочлены, степень которых больше 1, будут приводимыми. Действительно: по основной теореме алгебры многочлен f(x) имеет хотя бы один корень. Обозначим его через i тогда по теореме 2: f(x)/(x - ) => f(x) = (x - 1)h(x), где cm(x - ) = l, cm h(x) = n - l. Многочлен h(x) над полем С также будет иметь хотя бы один корень - обозначим его через 2. Тогда, f(x) = (x - 2)(x - 2)q(x).
Продолжая рассуждения, на n – ом шаге мы получим: f(x)=(x - 1)(x - 2)...(x - n).
Замечание. Может случиться так, что
f(x)/(x-a) & f(x) /(x-a)2 &…& f(x)/(x-a)k; но f(x) не делится на
(x - a)k+1, тогда называют корнем кратности (к).
Следствие 3. Если многочлен f(x)C[x], cm f(x) = n, то он имеет ровно (n) корней с учетом их кратности. Существует алгоритм деления многочлена f(x) на (х - a), который называют схемой Горнера.
Пусть f(x)=anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0, cm f(x) = n, an 0 разделим f(x) на (х-a), получим: (*) f(x) = (x-a)h(x) + r, где r Р,
cm h(x) = n – l.
Запишем h(x) в общем виде: h(x) = bn-1xn-1+bn-2xn-2.. +b1x + b0. Тогда, подставив в равенство (*)вместо f(x) и h(x) их выражения, получим:
anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0 = (х-a)( bn-1xn-1+bn-2xn-2... b1x – b0) + r
Т
.к. многочлены равны, то и коэффициенты при соответствующих степенях должны быть равны.
В ычисление коэффициентов многочлена h(x) удобнее осуществлять с помощью таблицы (схемы Горнера).
С помощью схемы Горнера можно решать такие типы задач:
1. Найти h(x) и r при делении f(x) на (х - a);
2. Вычислить значение многочлена f(x) при х = a ;
3. Выяснить будет ли (х = a) корнем многочлена f(x), a Р;
4. Определить кратность корня;
5. Разложить многочлен по степеням (х - a).
Пример 2. Пусть f(x) = x5 - 15x4 + 76x3 - 140x2 + 75x - 125 и a =5 Составим схему Горнера:
Какие результаты мы получили:
Во 2-ой строке таблицы мы видим, что остаток от деления f(x)на (х - 5) равен 0, следовательно, f(5) = 0, 5 – корень.
Из 3-ей и 4-ой строки видим, что этот корень имеет кратность 3, т.е. f(x)/(x - 5)3, причём, из 4-ой строки видим, что f(x) = (x - 5)3(х2 + 1).
Чтобы разложить многочлен f(x) на неприводимые многочлены над
полем С, остаётся найти корни многочлена h(x)=x2 +1 в поле С, для этого необходимо решить уравнение: х2 + 1 = 0
x1 = i x2 = -i.
Тогда, f(x) = (x - 5)3(x-i)(x+i) над полем С.
Для того, чтобы выяснить, многочлены какой степени приводимы и неприводимы над полем R, докажем теорему 3.
Теорема 3. Если z0 С является корнем многочлена с действительными коэффициентами, то есть сопряженное комплексное число
, также является корнем этого многочлена.
Доказательство.
Пусть дан многочлен f(z)=anzn + an-1zn-1 +...+ a1z + a0, где все ai Î R, i=0, l,...,n и z0 Î С его корень, т.е. f(z0) = 0.
Покажем, что
также будет корнем этого многочлена. Подставим в многочлен, получим: 
(учитывая свойства сопряженных комплексных чисел: 
, 
, если а ÎR) = 
Следствие 1. В кольце R[x] неприводимы:
a) многочлены первой степени;
б) многочлены второй степени, которые не имеют действительных корней.
Приводимы:
а) многочлены второй степени, которые имеют действительные
корни.
б) все многочлены выше второй степени.
Действительно: Пусть дан многочлен с действительными коэффициентами: f(x)=ax3 + bx2 + cx + d, ст. f(x) = 3. По основной теореме алгебры он будет иметь три корня над полем С, то есть f(х) = (х - z0)(х – z1)(х – z2).
Над полем R возможны такие случаи:
а) все корни - действительные числа; тогда многочлен
f(х) = (х- 1)(х - 2) (х - 3) будет разложен на линейные множители над полем R;
б) один корень z 0 - комплексный, тогда по теореме(3),
тоже будет корнем многочлена, а третий корень будет действительным числом, т.е. f(x) = (x - )(x - z 0)(x -) над полем С.
Перемножив скобки (х - ) (х - z0), получим разложение многочлена f(x) в произведение неприводимых многочленов 2-ой и 1-ой степени над полем R
Следствие 2. Многочлен f(x) R[x] нечетной степени имеет хотя бы один действительный корень.
Задача 1. Разложить на неприводимые многочлены над полем С и R многочлен f(x) = x + 4
Решение.
1. Найдем разложение над полем С, для этого нужно найти все комплексные корни многочлена f(x), т.е. нужно решить уравнение f(x) = 0 в поле С.
х4 + 4 = 0
к =0,1,2,3
Разложение f(x) над полем С будет иметь вид: f(x) = (x -1- i)(x + 1 - i)(x + 1 + i)(x – l + i)
Чтобы записать разложение многочлена на неприводимые многочлены над полем R, необходимо перемножить сопряженные скобки: первую с четвёртой, вторую с третьей.
Тогда f(x) = (x2 - 2x + 2)(х2 + 2х + 2) над полем R, хотя действительных корней многочлен f(x) не имеет.
Если над полем С неприводимы только многочлены первой степени, над полем R многочлены первой степени и некоторые многочлены второй, то над полем рациональных чисел Q существуют неприводимые многочлены любой степени n > 1. Например, многочлен f(x) = xn - 2 неприводим над Q.
Покажем, что решение вопроса о приводимости многочлена f(x) над полем Q можно свести к решению этой задачи над кольцом Z.
Действительно, f(x)ÎQ[x] можно всегда представить в виде
, где f1(x) будет многочленом с целыми коэффициентами.
Например,
В некоторых случаях неприводимость многочленов над полем Q можно установить на основе признака Эйзенштейна.
Признак: Многочлен с целыми коэффициентами f(x)=anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0, (n > 2, an ¹ 0) неприводим над полем Q, если существует простое число р, удовлетворяющее условиям:
1. an не делится на р;
2. все остальные ai делятся на р; (i=0, 1, 2, ...,n - 1);
3. a0, делясь на р, не делится на р2.
Замечание 1. При больших значениях коэффициентов многочлена и высокой степени многочлена этот признак применить очень сложно.
Пример 3. Пусть f(x) = x5 + 6x3 + 12x - 3. Используя критерий Эйзенштейна, выяснить, приводим ли многочлен над полем Q?
Можно подобрать простое число р = 3, которое удовлетворяет условиям признака.
Действительно, (1
3); (-6 / 3) & (12 / 3) & (-3 / 3), а (-3 9). Значит, f(x) неприводим над полем Q.
Замечание 2. Если многочлен f(x), cm f(x) > l, приводим над полем С, то он имеет хотя бы один комплексный корень. Для многочленов над полем R и Q условие наличия действительного и рационального корня не является необходимым для того, чтобы многочлен был приводимым.
Например, многочлен f(x) = x4 +4, который приводим над полем С и R (см . задачу 1) будет приводим и над полем Q:
f(x)=(x2 + 2x + 2) (х2 - 2х + 2), но действительных и рациональных корней он не имеет.
Замечание 3. Однако, если многочлен имеет хотя бы один рациональный корень, то он будет приводим над Q, R и С.
Определение 3. Элемент Р называют корнем многочлена f(x), если f()=0.
Ответ на вопрос о существовании корней многочлена f(x) над полями C, R и Q даёт основная теорема алгебры.
Теорема 1.
f(x) C[x], ст f(x) > 1 имеет хотя бы один корень.Опираясь на эту теорему и определение понятия корня многочлена, можно доказать теорему 2.
Теорема 2. f() = 0 f(x)/(x - ).
Доказательство.
Необходимость: пусть f() = 0 докажем, что f(x)/(x - ). Разделим f(x) на (x-) с остатком, получим f(x) = (x-)h(x) + r, где rС. Подставим в данное равенство вместо х, , получим:
f() = ( - )h() + r, т.к. f(a)=0 по условию, то 0 = 0 + r => r = 0, т.е. f(x)/(x - )
Достаточность: пусть f(x)/(x - ), докажем, что f() = 0. Разделим f(x) = (x - )h(x) + 0, подставим , получим:
f() = ( - )h() + 0 => f() = 0.
Следствие 1 (теорема Безу). Остаток от деления f(x) на (х - ) равен f() Действительно : f(x) = (x - )h(x) + r, тогда f()=r.
Следствие 2. Если cm f(x) = n, f(x)C[x], то f(x) = (x - 1) (x - 2)...(x - n), т.е. неприводимыми многочленами над полем С будут только многочлены первой степени. Все многочлены, степень которых больше 1, будут приводимыми. Действительно: по основной теореме алгебры многочлен f(x) имеет хотя бы один корень. Обозначим его через i тогда по теореме 2: f(x)/(x - ) => f(x) = (x - 1)h(x), где cm(x - ) = l, cm h(x) = n - l. Многочлен h(x) над полем С также будет иметь хотя бы один корень - обозначим его через 2. Тогда, f(x) = (x - 2)(x - 2)q(x).
Продолжая рассуждения, на n – ом шаге мы получим: f(x)=(x - 1)(x - 2)...(x - n).
Замечание. Может случиться так, что
f(x)/(x-a) & f(x) /(x-a)2 &…& f(x)/(x-a)k; но f(x) не делится на
(x - a)k+1, тогда называют корнем кратности (к).
Следствие 3. Если многочлен f(x)C[x], cm f(x) = n, то он имеет ровно (n) корней с учетом их кратности. Существует алгоритм деления многочлена f(x) на (х - a), который называют схемой Горнера.
Пусть f(x)=anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0, cm f(x) = n, an 0 разделим f(x) на (х-a), получим: (*) f(x) = (x-a)h(x) + r, где r Р,
cm h(x) = n – l.
Запишем h(x) в общем виде: h(x) = bn-1xn-1+bn-2xn-2.. +b1x + b0. Тогда, подставив в равенство (*)вместо f(x) и h(x) их выражения, получим:
anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0 = (х-a)( bn-1xn-1+bn-2xn-2... b1x – b0) + r
Т
.к. многочлены равны, то и коэффициенты при соответствующих степенях должны быть равны. В ычисление коэффициентов многочлена h(x) удобнее осуществлять с помощью таблицы (схемы Горнера).
| an | an-1 | … | a1 | a0 |
| bn-1 = an | bn-2 = abn-1 + an-1 | … | b0 = ab1 + a1 | r = ab0 + a0 |
1. Найти h(x) и r при делении f(x) на (х - a);
2. Вычислить значение многочлена f(x) при х = a ;
3. Выяснить будет ли (х = a) корнем многочлена f(x), a Р;
4. Определить кратность корня;
5. Разложить многочлен по степеням (х - a).
Пример 2. Пусть f(x) = x5 - 15x4 + 76x3 - 140x2 + 75x - 125 и a =5 Составим схему Горнера:
| 1 | -15 | 76 | -140 | 75 | -125 | |||
| 1 | -10 | 26 | -10 | 25 | 0 | |||
| 1 | -5 | 1 | -5 | 0 | | |||
| 1 | 0 | 1 | 0 | | ||||
| 1 | 5 | 26 | | |||||
Какие результаты мы получили:
Во 2-ой строке таблицы мы видим, что остаток от деления f(x)на (х - 5) равен 0, следовательно, f(5) = 0, 5 – корень.
Из 3-ей и 4-ой строки видим, что этот корень имеет кратность 3, т.е. f(x)/(x - 5)3, причём, из 4-ой строки видим, что f(x) = (x - 5)3(х2 + 1).
Чтобы разложить многочлен f(x) на неприводимые многочлены над
полем С, остаётся найти корни многочлена h(x)=x2 +1 в поле С, для этого необходимо решить уравнение: х2 + 1 = 0
x1 = i x2 = -i.Тогда, f(x) = (x - 5)3(x-i)(x+i) над полем С.
Для того, чтобы выяснить, многочлены какой степени приводимы и неприводимы над полем R, докажем теорему 3.
Теорема 3. Если z0 С является корнем многочлена с действительными коэффициентами, то есть сопряженное комплексное число
, также является корнем этого многочлена.Доказательство.
Пусть дан многочлен f(z)=anzn + an-1zn-1 +...+ a1z + a0, где все ai Î R, i=0, l,...,n и z0 Î С его корень, т.е. f(z0) = 0.
Покажем, что
также будет корнем этого многочлена. Подставим в многочлен, получим: (учитывая свойства сопряженных комплексных чисел: , , если а ÎR) = Следствие 1. В кольце R[x] неприводимы: a) многочлены первой степени;
б) многочлены второй степени, которые не имеют действительных корней.
Приводимы:
а) многочлены второй степени, которые имеют действительные
корни.
б) все многочлены выше второй степени.
Действительно: Пусть дан многочлен с действительными коэффициентами: f(x)=ax3 + bx2 + cx + d, ст. f(x) = 3. По основной теореме алгебры он будет иметь три корня над полем С, то есть f(х) = (х - z0)(х – z1)(х – z2).
Над полем R возможны такие случаи:
а) все корни - действительные числа; тогда многочлен
f(х) = (х- 1)(х - 2) (х - 3) будет разложен на линейные множители над полем R;
б) один корень z 0 - комплексный, тогда по теореме(3),
тоже будет корнем многочлена, а третий корень будет действительным числом, т.е. f(x) = (x - )(x - z 0)(x -) над полем С.Перемножив скобки (х -
) (х - z0), получим разложение многочлена f(x) в произведение неприводимых многочленов 2-ой и 1-ой степени над полем RСледствие 2. Многочлен f(x) R[x] нечетной степени имеет хотя бы один действительный корень.
Задача 1. Разложить на неприводимые многочлены над полем С и R многочлен f(x) = x + 4
Решение.
1. Найдем разложение над полем С, для этого нужно найти все комплексные корни многочлена f(x), т.е. нужно решить уравнение f(x) = 0 в поле С.
х4 + 4 = 0
к =0,1,2,3
Разложение f(x) над полем С будет иметь вид: f(x) = (x -1- i)(x + 1 - i)(x + 1 + i)(x – l + i)
Чтобы записать разложение многочлена на неприводимые многочлены над полем R, необходимо перемножить сопряженные скобки: первую с четвёртой, вторую с третьей.
Тогда f(x) = (x2 - 2x + 2)(х2 + 2х + 2) над полем R, хотя действительных корней многочлен f(x) не имеет.
Если над полем С неприводимы только многочлены первой степени, над полем R многочлены первой степени и некоторые многочлены второй, то над полем рациональных чисел Q существуют неприводимые многочлены любой степени n > 1. Например, многочлен f(x) = xn - 2 неприводим над Q.
Покажем, что решение вопроса о приводимости многочлена f(x) над полем Q можно свести к решению этой задачи над кольцом Z.
Действительно, f(x)ÎQ[x] можно всегда представить в виде
, где f1(x) будет многочленом с целыми коэффициентами.Например,
В некоторых случаях неприводимость многочленов над полем Q можно установить на основе признака Эйзенштейна.
Признак: Многочлен с целыми коэффициентами f(x)=anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0, (n > 2, an ¹ 0) неприводим над полем Q, если существует простое число р, удовлетворяющее условиям:
1. an не делится на р;
2. все остальные ai делятся на р; (i=0, 1, 2, ...,n - 1);
3. a0, делясь на р, не делится на р2.
Замечание 1. При больших значениях коэффициентов многочлена и высокой степени многочлена этот признак применить очень сложно.
Пример 3. Пусть f(x) = x5 + 6x3 + 12x - 3. Используя критерий Эйзенштейна, выяснить, приводим ли многочлен над полем Q?
Можно подобрать простое число р = 3, которое удовлетворяет условиям признака.
Действительно, (1
3); (-6 / 3) & (12 / 3) & (-3 / 3), а (-3 9). Значит, f(x) неприводим над полем Q.Замечание 2. Если многочлен f(x), cm f(x) > l, приводим над полем С, то он имеет хотя бы один комплексный корень. Для многочленов над полем R и Q условие наличия действительного и рационального корня не является необходимым для того, чтобы многочлен был приводимым.
Например, многочлен f(x) = x4 +4, который приводим над полем С и R (см . задачу 1) будет приводим и над полем Q:
f(x)=(x2 + 2x + 2) (х2 - 2х + 2), но действительных и рациональных корней он не имеет.
Замечание 3. Однако, если многочлен имеет хотя бы один рациональный корень, то он будет приводим над Q, R и С.