ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 3467
Скачиваний: 14
72
Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов
Доказательство.
Разделив многочлен
f
на двучлен
g
(
z
) =
z
−
α
, со-
гласно схеме Горнера, получим, что частное
g
(
z
) =
b
0
z
n
−
1
+
· · ·
+
b
n
−
1
имеет
целые коэффициенты
b
0
, b
1
, . . . , b
n
−
1
.
Поскольку
a
n
=
−
αb
n
−
1
, то теорема
доказана.
Таким образом, при нахождении целого решения уравнения
f
(
z
) = 0
необходимо найти всевозможные делители свободного члена (как положи-
тельные, так и отрицательные, причем рассматриваются также числа 1 и -1).
Если ни один их них не является корнем многочлена, то многочлен
f
не
имеет целых корней.
Замечание 3.
Пусть многочлен
f
с целыми коэффициентами вида
f
(
z
) =
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
имеет рациональный корень, представленный в
виде несократимой дроби
b
c
,
т.е.
b
n
c
n
+
a
1
b
n
−
1
c
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
=
o,
Отсюда получаем
b
n
−
1
c
=
−
a
1
b
n
−
1
−
a
2
b
n
−
2
c
− · · · −
a
n
c
n
−
1
,
т.е. несократимая
дробь равна целому числу, что невозможно. Итак, у многочленов такого вида,
если имеется рациональный корень, то он будет целым числом.
Т е о р е м а 6.
Для получения всех рациональных корней многочлена
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
· · ·
+
a
n
с целочисленными коэффициентами нужно найти все
целые корни многочлена
g
(
z
) =
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
a
0
a
2
z
n
−
2
+
· · ·
+
a
n
−
2
0
a
n
−
1
z
+
a
n
−
1
0
a
n
и разделить их на
a
0
.
Доказательство.
Умножим многочлен
f
на число
a
n
−
1
0
,
а затем сдела-
ем замену переменного
z
, положив
y
=
a
0
z.
Тогда
g
(
y
) =
g
(
a
0
z
) =
a
n
−
1
0
f
(
z
)
.
Отсюда следует, что корни многочлена равны корням многочлена
g
, делен-
ных на
a
0
.
Осталось для многочлена
g
использовать замечание 3. Теорема
докоазана.
Замечание 4.
Оказывается, что не всякое вещественное число является
корнем некоторого многочлена с рациональными коэффициентами. Те веще-
ственные числа, которые являются корнями таких многочленов, называются
алгебраическими
числами. В противном случае –
трансцендентными.
Так, алгебраическими числами являются все рациональные числа, а так-
же числа вида
n
√
r, r
∈
Q
.
Однако такие известные числа, как
e
и
π
являются
трансцендентными.
Интересно отметить, что множество всех алгебраических чисел образует
подполе поля
R
.
§
11
.
Разложение многочлена на множители
73
Упражнения к § 11
1. Определите кратность корня
a
многочлена
g
(
z
) =
z
−
a
2
(
f
0
(
z
) +
f
0
(
a
))
−
f
(
z
) +
f
(
a
)
,
где
f
∈ P
(
C
)
.
2. Найдите условия, при которых многочлен
f
(
z
) =
z
5
+
az
3
+
b
имеет
ненулевой корень кратности два.
3. Докажите, что многочлен
f
(
z
) = 1 +
z
1!
+
z
2
2!
+
· · ·
+
z
n
n
!
не имеет кратных
корней.
4. Разложите на линейные множители многочлены
a
)
f
1
(
z
) =
z
3
−
6
z
2
+ 11
z
−
6;
b
)
f
2
(
z
) =
z
4
+ 4;
c
)
f
3
(
z
) =
z
4
+ 4
z
3
+ 4
z
+ 1;
d
)
f
4
(
z
) =
z
4
−
10
z
2
+ 1
.
5. Постройте многочлен наименьшей степени с вещественными коэффици-
ентами, имеющий корень
i
кратности 2 и простой корень
−
1
−
i.
6. Найдите наибольший общий делитель многочленов
f
(
z
) =
z
m
+
a
m
,
g
(
z
) =
z
n
+
a
n
.
7. Докажите, что если многочлен
g
(
z
) =
f
(
z
n
)
, f
∈ P
(
C
)
делится на
ϕ
(
z
) =
z
−
1
,
то он делится и на
ψ
(
z
) =
z
n
−
1
.
8. Пусть многочлен
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
имеет корни
z
1
, . . . , z
n
.
Какие корни имеют многочлены
f
1
(
z
) =
a
0
z
n
−
a
1
z
n
−
1
+
a
2
z
n
−
2
− · · ·
+ (
−
1)
n
a
n
;
f
2
(
z
) =
a
n
z
n
+
a
n
−
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
0
;
f
3
(
z
) =
f
(
a
) +
f
0
(
a
)
1!
z
+
f
00
(
a
)
2!
z
2
+
. . .
+
f
n
(
a
)
z
n
n
!
;
f
4
(
z
) =
a
0
z
n
+
a
1
bz
n
−
1
+
a
2
b
2
z
n
−
2
+
· · ·
+
a
n
b
n
?
9. Найдите сумму квадратов корней многочлена
f
(
z
) =
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
.
10. Решите уравнение
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
a
2
z
n
−
2
+
· · ·
+
a
n
= 0
,
зная коэффициенты
a
1
и
a
2
и зная, что корни его образуют арифметическую прогрессию.
74
Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов
11. Постройте, пользуясь формулой Лагранжа, многочлен
f
такой, что
a
)
f
(1) = 2
, f
(2) = 1
, f
(3) = 4
, f
(4) = 3;
b
)
f
(1) = 1
, f
(
i
) = 2
, f
(
−
1) = 3
, f
(
−
i
) = 4
.
12. Пусть многочлен
f
степени
≤
n
−
1
принимает значения
a
1
, . . . , a
n
в
корнях
n
- ой степени из единицы. Найдите
f.
13. Найдите рациональные корни многочленов
a
)
f
1
(
z
) =
z
3
−
6
z
2
+ 15
z
−
14;
b
)
f
2
(
z
) =
z
5
−
2
z
4
−
4
z
3
+ 4
z
2
−
5
z
+ 6;
c
)
f
3
(
z
) =
z
6
−
6
z
5
+ 11
z
4
−
z
3
−
18
z
2
+ 20
z
−
8
.
14. Пусть
A
– множество корней многочлена
f
и
B
– множество корней
многочлена
g
. Какое из следующих утверждений ложно:
1. Если
A
T
B
=
∅
, то наибольший общий делитель многочленов
f
и
g
равен 1.
2. Если множество корней многочлена
f
+
g
есть
A
S
B,
то
degr
(
f
+
g
) =
degrf
+
degrg.
3. Если множество корней многочлена
f g
есть
A
S
B,
то
degr
(
f g
) =
degrf
+
degrg.
4. Если наибольший делитель многочленов
f
и
g
равен 1, то
A
T
B
=
∅
?
15. Какое из следующих утверждений верно:
1. Существует многочлен, имеющий заданный корень.
2. Существует многочлен, имеющий заданное число корней указанной
кратности.
3. Существуют многочлены различных степеней, множества корней ко-
торых совпадают.
4. Если множества корней двух многочленов совпадают, то эти много-
члены равны между собой?
§
12. Приближенное вычисление корней многочленов
При рассмотрении вопроса о приближенном вычислении корней много-
членов большую роль играет выявление границы корней рассматриваемого
многочлена. Вначале займемся обсуждением именно этих вопросов.
§
12
.
Приближенное вычисление корней многочленов
75
Пусть многочлен
f
имеет вид
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
, a
0
6
= 0
.
Поскольку
|
f
(
z
)
| ≥ |
a
0
||
z
|
n
1
−
|
a
1
|
|
a
0
|
|
z
|
−
1
− · · · −
|
a
n
|
|
a
0
|
|
z
|
−
n
≥
≥ |
a
0
||
z
|
n
1
−
max
k
≥
1
|
a
k
|
|
a
0
|
1
|
z
|
+
· · ·
+
1
|
z
|
n
>
>
|
a
0
||
z
|
n
1
−
max
k
≥
1
|
a
k
|
|
a
0
|
1
|
z
| −
1
для
|
z
|
>
1
,
то из этого неравенства следует, что если
|
z
| ≥
1+
+ max
n
≥
1
|
a
n
|
|
a
0
|
,
то
|
f
(
z
)
|
>
0
. Это означает, что все корни
z
k
, k
= 1
, . . . , n
много-
члена
f
удовлетворяют условию
|
z
k
|
<
1 + max
1
≤
k
≤
n
|
a
k
|
|
a
0
|
.
Если
a
n
6
= 0
, то из равенства
f
(
z
) =
z
n
g
(1
/z
)
,
где
g
(
y
) =
a
0
+
a
1
y
+
· · ·
+
a
n
y
n
,
следует, что числа
1
z
k
, k
= 1
, . . . , n
– корни многочлена
g
и поэтому их модули
по доказанному оцениваются так:
1
|
z
k
|
<
1 + max
0
≤
k
≤
n
−
1
|
a
k
|
|
a
n
|
, k
= 1
, . . . , n,
Следовательно, имеет место
Лемма 1.
Корни
z
1
, . . . , z
n
многочлена
f
(
z
) =
a
0
z
n
+
a
1
z
n
−
1
+
· · ·
+
a
n
допускают следующую оценку
1 + max
0
≤
k
≤
n
−
1
a
k
a
n
−
1
<
|
z
k
|
<
1 + max
1
≤
k
≤
n
|
a
k
|
|
a
0
|
.
(1)
Теперь рассмотрим вопрос о числе вещественных корней многочлена
f
с действительными коэффициентами, которые лежат на заданном отрезке
[
α, β
]
.
Рассмотрим одно используемое далее понятие.
Пусть задан некоторый упорядоченный конечный набор ненулевых ве-
щественных чисел, скажем
√
2
,
3
,
−
4
,
−
2
,
1
,
−
1
/
2
.
Выпишем последовательно знаки этих чисел
+ +
−
−
+
−
.
76
Глава 2. Алгебраические объекты; Алгебра многочленов
В этой системе знаков три раза рядом стоят противоположные знаки. То-
гда говорят, что в заданной упорядоченной системе чисел имеют место три
перемены знаков.
Если необходимо, разделив многочлен
f
на наибольший общий делитель
f
и его производной
f
0
, можно считать, что с самого начала
f
имеет только
простые корни (см. замечание 2 из
§
11
).
Определение 1.
Конечный упорядоченный набор многочленов с веще-
ственными коэффициентами
f
0
(=
f
)
, f
1
, f
2
, . . . , f
k
(2)
называется
системой Штурма
для многочлена
f
, если выполнены следую-
щие условия:
1) соседние многочлены системы (2) не имеют общих корней;
2) последний многочлен
f
k
не имеет вещественных корней;
3) если
α
– вещественный корень некоторого промежуточного много-
члена
f
p
,
1
≤
p
≤
k
−
1
,
то
f
p
−
1
(
α
)
и
f
p
+1
)(
α
)
имеют разные знаки;
4) если
α
– вещественный корень многочлена
f
, то произведение
f f
1
меняет знак с минуса на плюс, когда
x,
возрастая, проходит через точку
α.
Лемма 2.
Всякий многочлен
f
с вещественными коэффициентами, не
имеющий кратных корней, обладает системой Штурма.
Доказательство.
Положим
f
1
=
f
0
и покажем, что выполнено условие
4 из определения 1. Если
α
– вещественный корень многочлена
f
, то в силу
его простоты из теоремы 4
§
11
следует, что
f
0
(
α
)
6
= 0
.
Если
f
0
(
α
)
>
0
,
то
f
0
(
x
)
>
0
на некотором интервале
(
α
−
δ, α
+
δ
)
, δ >
0
(используется
непрерывность многочленов) и поэтому
f
меняет знак с минуса на плюс при
переходе
x
через
α
. Это же верно и для произведения
f f
0
.
Аналогичное
рассуждение верно в случае
f
0
(
α
)
<
0
.
Далее делим
f
на
f
1
и остаток от этого деления, взятый со знаком минус,
принимаем за
f
2
, т.е.
f
=
f
1
g
1
−
f
2
.
Если многочлены
f
m
−
1
и
f
m
уже найдены,
то
f
m
+1
будет остатком от деления
f
m
−
1
на
f
m
,
взятым со знаком минус, т.е.
f
m
−
1
=
f
m
g
m
−
f
m
+1
.
(3)
Таким образом, предлагаемый метод построения системы Штурма, от-
личается от алгоритма Евклида нахождения общего делителя только изме-
нением знака у остатка.
Поскольку
f
имеет только простые корни, то наибольший делитель
f
и
f
0
есть отличное от нуля вещественное число и поэтому найдется такое
k,
что
f
k
(
x
) =
c
6
= 0
∀
x
∈
R
.