ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 3464
Скачиваний: 14
62
Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов
где многочлен
˜
r
имеет степень, меньшую, чем
m
. Тогда , вычитая равенство
(8) из равенства (5), получим
g
(˜
q
−
q
) = ˜
r
−
r.
Так как степень многочлена
˜
r
−
r
меньше степени многочлена
g
, то это равен-
ство возможно лишь при
˜
q
=
q
и, следовательно,
˜
r
=
r.
Теорема доказана.
Определение 1.
Многочлен
g
называется
общим делителем
много-
членов
f
1
и
f
2
, если он является делителем каждого из этих многочленов.
Общий делитель
g
многочленов
f
1
и
f
2
называется
наибольшим общим де-
лителем
, если он делится на любой общий делитель многочленов
f
1
и
f
2
.
Для построения наибольшего общего делителя двух многочленов исполь-
зуем алгоритм последовательного деления (также называемый алгоритмом
Евклида), обычно используемый для нахождения наибольшего общего дели-
теля двух натуральных чисел, но вполне применимый и к многочленам.
Пусть
f
и
g
– два многочлена из
P
(
K
)
. Для определенности будем счи-
тать, что степень многочлена
g
не превосходит степени многочлена
f
. При
делении
f
на
g
получим остаток
r
1
. Если
r
1
6
= 0
,
то делим
g
на
r
1
и получим
остаток
r
2
.
Затем при
r
2
6
= 0
делим на
r
2
и т.д. Поскольку степени остатков
уменьшаются, то в конце концов найдется некоторый остаток
r
k
−
1
, который
будет делиться на остаток
r
k
.
Запишем проделанное в виде следующих ра-
венств:
f
=
gq
1
+
r
1
, g
=
r
1
q
2
+
r
2
, r
1
=
r
2
q
3
+
r
3
,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(9)
r
k
−
3
=
r
k
−
2
q
k
−
1
+
r
k
−
1
, r
k
−
2
=
r
k
−
1
q
k
+
r
k
,
r
k
−
1
=
r
k
q
k
+1
.
Пользуясь полученными равенствами (9), покажем, что
r
k
– наибольший
общий делитель рассматриваемых многочленов
f
и
g
. Действительно, из по-
следнего равенства следует, что
r
k
является делителем многочлена
r
k
−
1
,
из
предпоследнего получаем, что
r
k
– делитель для
r
k
−
2
и т.д. В конце концов,
продвигаясь по цепочке равенств вверх, получим, что
r
k
– делитель много-
членов
f
и
g
.
Допустим, что
r
– некоторый общий делитель многочленов
f
и
g
. Тогда
из первого равенства системы равенств (9) следует, что
r
является делителем
многочлена
r
1
,
из второго равенства получаем, что
r
является делителем для
r
2
и, в конце концов, получаем, что
r
– делитель для многочлена
r
k
.
Это
означает, что
r
k
– наибольший делитель для многочленов
f
и
g
.
§
9
.
Алгебра многочленов
63
Итогом проведенных рассуждений является
Т е о р е м а 2.
Наибольшим общим делителем многочленов
f
и
g
является многочлен
r
k
,
определяемый с помощью системы равенств (9).
Т е о р е м а 3.
Наибольший общий делитель
r
двух многочленов
f
и
g
может быть представлен в виде
r
=
ϕ
1
f
+
ϕ
2
g,
(10)
где
ϕ
1
и
ϕ
2
– некоторые многочлены.
Доказательство.
Используя равенства (9), подставим многочлен
r
1
,
определяемый из первого равенства, во второе. Тогда
r
2
=
−
q
2
f
+ (1 +
q
1
q
2
)
g.
Продолжая этот процесс подстановки в последующие равенства, мы получим
представление (10) для многочлена
r
=
r
k
.
Теорема доказана.
Т е о р е м а 4.
Пусть
z
0
∈
C
.
Тогда каждый многочлен
f
∈ P
(
C
)
степени
n
может быть единственным образом представлен в виде
f
(
z
) =
f
0
+
f
1
(
z
−
z
0
) +
· · ·
+
f
n
(
z
−
z
0
)
n
,
(11)
где
f
0
=
f
(
z
0
)
, f
1
=
f
0
(
z
0
)
1!
, . . . , f
n
=
f
(
n
)
(
z
0
)
n
!
.
Доказательство.
Вначале докажем существование разложения вида
(11). Для этого разделим многочлен
f
на многочлен
g
(
z
) =
z
−
z
0
.
В ре-
зультате получим представление
f
(
z
) = (
z
−
z
0
)
q
1
(
z
) +
f
0
, f
0
∈
C
.
Если
q
1
– многочлен нулевой степени, то разложение (11) получено. Если это
не так, то разделив многочлен
q
1
на
g
, получим
q
1
(
z
) = (
z
−
z
0
)
q
2
(
z
) +
f
1
, f
1
∈
C
.
(12)
Из (11) и (12) следует, что
f
(
z
) =
f
0
+
f
1
(
z
−
z
0
) +
q
2
(
z
)(
z
−
z
0
)
2
.
Если необходимо, делим
q
2
на
g
и т.д. Поскольку степени многочленов
q
1
,
q
2
, . . .
последовательно уменьшаются, то через
n
шагов получим представ-
ление (11) (см. основные положения метода математической индукции, глава
I).
Непосредственно из (11) следует, что при
z
=
z
0
равенство (11) пре-
вращается в равенство
f
0
=
f
(
z
0
)
. Последовательное взятие производных от
обеих частей равенства (11) и вычисление их значений в точке
z
0
приводит
к равенствам
f
1
=
f
0
(
z
0
)
, . . . , f
n
=
f
n
(
z
0
)
n
!
.
Теорема доказана.
64
Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов
Упражнения к § 9
1. Пусть
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
. . .
+
a
n
.
Докажите, что
lim
z
→∞
f
(
z
)
−
a
0
z
n
z
n
= 0
.
и установите единственность представления многочлена.
2. Докажите, что ненулевые многочлены
f, g
∈ P
(
K
)
делятся друг на дру-
га тогда и только тогда, когда
f
=
αg
для некоторого ненулевого числа
α
из поля
K
.
3. Пусть каждый из многочленов
f
1
, . . . , f
k
делится на многочлен
ϕ
, дока-
жите, что на
ϕ
делится также многочлен
f
1
g
1
+
· · ·
+
f
k
g
k
,
где
g
1
, . . . , g
k
– произвольные многочлены.
4. Выполните деление многочленов
f, g
с остатком, если
a
)
f
(
x
) =
x
4
−
2
x
3
+ 4
x
2
−
6
x
+ 8
, g
(
x
) =
x
−
1;
b
)
f
(
x
) = 2
x
5
−
5
x
3
−
8
x,
g
(
x
) =
x
+ 3;
c
)
f
(
x
) =
x
3
−
3
x
2
−
x
−
1
,
g
(
x
) = 3
x
2
−
2
x
+ 1;
d
)
f
(
x
) = 4
x
3
+
x
2
,
g
(
x
) =
x
+ 1 +
i
;
g
)
f
(
x
) =
x
3
−
x
2
−
x,
g
(
x
) =
x
−
1 + 2
i.
5. При каком условии многочлен
f
(
x
) =
x
3
+
px
+
q, p, q
∈
C
делится на
многочлен
g
(
x
) =
x
2
+
mx
−
1?
6. Определите числа
a, b
∈
R
так, чтобы многочлен
f
(
x
) =
ax
n
+1
+
bx
n
+ 1
делился на
g
(
x
) = (
x
−
1)
2
без остатка.
7. Определите наибольший общий делитель многочленов
f
и
g
, если
a
)
f
(
x
) =
x
4
+
x
3
−
3
x
2
−
4
x
−
1
,
g
(
x
) =
x
3
+
x
2
−
x
−
1;
b
)
f
(
x
) = 2
x
6
+ 2
x
4
−
4
x
3
−
3
x
2
+ 8
x
−
5
, g
(
x
) =
x
5
+
x
2
−
x
+ 1
.
8. Найдите многочлены
ϕ
1
и
ϕ
2
такие, чтобы
ϕ
1
f
1
+
ϕ
2
f
2
= 1
,
если
a
)
f
1
(
x
) = 3
x
3
−
2
x
2
+
x
+ 2
,
f
2
(
x
) =
x
2
−
x
+ 1;
b
)
f
1
(
x
) =
x
4
−
x
3
−
4
x
2
+ 4
x
+ 1
, f
2
(
x
) =
x
2
−
x
−
1
.
9. Напишите разложение многочлена
f
(
x
) = 3
x
4
+
x
3
−
x
2
+ 1
по степеням
многочлена
g
(
x
) =
x
−
1
.
§
10
.
Основная теорема высшей алгебры
65
§
10. Основная теорема высшей алгебры
В этом параграфе рассматривается алгебра многочленов
P
=
P
(
C
)
над
полем
C
комплексных чисел и изучается вопрос существования корней мно-
гочленов из
P
(
C
)
.
Определение 1.
Комплексное число
z
0
называется
корнем
многочлена
f
∈ P
(
C
)
,
если
f
(
z
0
) = 0
.
Вначале рассмотрим многочлен второй степени
f
(
z
) =
a
0
z
2
+
a
1
z
+
a
2
.
Из его представления в виде
f
(
z
) =
a
0
"
z
+
a
1
2
a
0
2
−
a
2
1
−
4
a
0
a
2
4
a
2
0
#
сразу получаем, что он имеет два корня
z
1
и
z
2
, которые находятся по фор-
мулам
z
1
=
−
a
1
+
p
a
2
1
−
4
a
0
a
2
2
a
0
, z
2
=
−
a
1
−
p
a
2
1
−
4
a
0
a
2
2
a
0
,
где
p
a
2
1
−
4
a
0
a
2
– один из корней комплексного числа
a
2
1
−
4
a
0
a
2
.
Для многочленов третьей и четвертой степени также существуют фор-
мулы для нахождения корней (см., например, [9]). Однако их практическое
значение (особенно для многочленов четвертой степени) незначительно. Нор-
вежским математиком Г.Абелем была доказана невозможность написания об-
щей формулы для корней многочленов степени выше четвертой в радикалах
(т.е. формулы, использующей алгебраические выражения, включающие из-
влечение корней). Э.Галуа (1811–1832) провел полное исследование возмож-
ности представления корней многочленов в радикалах. Его исследования по
сути дела дали основу современной теории групп.
Теперь приступим к доказательству основной теоремы высшей алгебры
о существовании корня (в общем случае комплексного) для произвольного
многочлена из
P
=
P
(
C
)
степени не ниже первой. Впервые доказательство
этой теоремы было предложено К.Ф.Гауссом (1777 – 1855) в 1799 году.
Вначале сформулируем и докажем несколько вспомогательных утвер-
ждений для многочлена
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
, n
≥
1
из
P
(
C
)
.
Лемма 1.
Если
f
(
z
0
)
6
= 0
для
z
0
∈
C
, то существует комплексное число
h
такое, что
|
f
(
z
0
+
h
)
|
<
|
f
(
z
0
)
|
.
Доказательство.
Для многочлена
f
выпишем представление
f
(
z
) =
f
0
+
f
1
(
z
−
z
0
) +
· · ·
+
f
n
(
z
−
z
0
)
n
,
(1)
66
Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов
существующее в силу теоремы 4 из
§
9
.
Пусть
f
k
– первый ненулевой коэф-
фициент из чисел
f
1
, f
2
, . . . , f
n
.
Положим
h
=
t
k
q
−
f
(
z
0
)
f
k
,
где в качестве корня
k
–ой степени берется любое из
k
его значений и число
t
∈
[0
,
1]
подлежит
последующему определению.
Из представления (1) получаем (см. упражнение 2 из
§
8)
|
f
(
z
0
+
h
)
|
=
|
f
(
z
0
)
−
t
k
f
(
z
0
) +
t
k
+1
b
k
+1
+
· · ·
+
t
n
b
n
| ≤
≤
(1
−
t
k
)
|
f
(
z
0
)
|
+
t
k
+1
|
b
k
+1
|
+
· · ·
+
t
n
|
b
n
|
=
=
|
f
(
z
0
)
|
+
t
k
(
−|
f
(
z
0
)
|
+
t
|
b
k
+1
|
+
· · ·
+
t
n
−
k
|
b
n
|
) =
|
f
(
z
0
)
|
+
t
k
b
(
t
)
,
где
b
j
=
f
j
k
q
−
f
(
z
0
)
f
k
j
, k
+1
≤
j
≤
n, b
(
t
) =
−|
f
(
z
0
)
|
+
t
|
b
k
+1
|
+
· · ·
+
t
n
−
k
|
b
n
|
.
Многочлен
b
принадлежит
P
(
R
)
и является непрерывной функцией,
причем
b
(0)
=
−|
f
(
z
0
)
|
.
Ввиду его непрерывности существует число
0
< t
0
<
1
такое, что
b
(
t
0
)
<
0
.
Тогда для
h
=
t
0
k
q
−
f
(
z
0
)
f
k
получим
|
f
(
z
0
+
h
)
| ≤ |
f
(
z
0
)
|
+
t
k
0
b
(
t
0
)
<
|
f
(
z
0
)
|
.
Лемма доказана.
Лемма 2.
Пусть последовательность комплексных чисел
(
z
k
)
обладает
свойством
lim
k
→∞
|
z
k
|
=
∞
.
Тогда для любого многочлена
f
∈ P
(
C
)
степени не
ниже 1 имеет место соотношение
lim
k
→∞
|
f
(
z
k
)
|
=
∞
.
Доказательство.
Если
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
, n
≥
1
,
то для
достаточно больших
|
z
|
|
f
(
z
)
|
=
|
a
0
||
z
|
n
|
1 +
ϕ
(
z
)
| ≥ |
a
0
| |
z
|
n
|
1
− |
ϕ
(
z
)
|| ≥
≥ |
a
0
||
z
|
n
1
−
|
a
1
|
|
a
0
|
|
z
|
−
1
− · · · −
|
a
n
|
|
a
0
|
|
z
|
−
n
,
где
ϕ
(
z
)
=
a
1
z
n
−
1
|
a
0
||
z
|
n
+
· · ·
+
a
n
|
a
0
||
z
|
n
.
Из
этой
оценки
следует,
что
lim
k
←∞
|
f
(
z
k
)
|
=
∞
.
Лемма доказана.
Т е о р е м а
(
основная теорема высшей алгебры
). Каждый многочлен
f
∈ P
(
C
)
степени
n
≥
1
имеет хотя бы один корень из
C
.
Доказательство.
Пусть
α
= inf
z
∈
C
|
f
(
z
)
|
(т.е.
α
– нижняя грань множе-
ства значений модуля
|
f
|
многочлена
f
). Тогда существует последователь-
ность
(
z
k
)
из
C
такая, что
0
≤ |
f
(
z
k
)
| −
α
≤
1
/
2
k
, k
≥
1
.
Отсюда следует, что
lim
k
→∞
|
f
(
z
k
)
|
=
α.
Если бы последовательность
(
z
k
)
была неограниченной, то из нее можно было бы выделить последователь-
ность
(
z
n
k
)
со свойством
lim
k
→∞
|
(
z
n
k
)
|
=
∞
.
Но тогда из леммы 2 следует, что
lim
k
→∞
|
f
(
z
n
k
)
|
=
∞
,
что противоречит равенству
lim
k
→∞
|
f
(
z
n
k
)
|
=
α.