Лекции по алгебре.Баскаков

Таким образом, последовательность (zn) ограничена. Поэтому из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность (znk ) (см. x 8)и пусть

z0 = lim znk : Из непрерывности многочлена f получаем (см. упражнение 2

k!1

из x 8)

jjf(z0)j jf(znk )jj jf(z0) f(znk )j ! 0

при k ! 1: Следовательно, jf(z0)j = : Если > 0; то из леммы 1 следует существование такого числа z1 2 C, что jf(z1)j < jf(z0)j = : Это противоречит предположению, что – точная нижняя грань значений модуля многочлена f . Таким образом, = 0 и поэтому f(z0) = 0; т.е. z0 – корень многочлена f . Теорема доказана.

Упражнения к § 10

1.Докажите, что если f 2 P(C) – многочлен степени 1; то для любого z0 2 C существует h 2 C такое, что jf(z0 + h)j > jf(z0)j:

2.Докажите, что все корни многочлена f(z) = a0 + a1z + + anzn удовлетворяют условиям

(указание: используйте доказательство леммы 2).

x 11. Разложение многочлена на множители и некоторые смежные вопросы

Рассмотрим произвольный многочлен степени n 1

f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an 1z + an

из алгебры P = P(C). Пусть z0 – некоторое комплексное число. Разделив многочлен f на многочлен g(z) = z z0 получим равенство

f(z) = (z z0)q(z) + r(z):

Поскольку degrr < degrg; то r(z) = r0 2 C 8 z 2 C – постоянный многочлен, т.е. имеем

f(z) = (z z0)q(z) + r0:

При z = z0 из этого равенства получаем, что r0 = f(z0) и

Таким образом, из равенства (1) следует

Т е о р е м а 1. Число z0 2 C является корнем многочлена f тогда и только тогда, когда многочлен f делится на многочлен g(z) = z z0:

Пусть теперь z1 – некоторый корень многочлена f , существующий в силу основной теоремы высшей алгебры. Из теоремы 1 следует существование многочлена '1 такого, что

f(z) = (z z1)'1(z); z 2 C:

Если n > 1; то degr '1 1 и поэтому он имеет некоторый корень z2 2 C: Следовательно, многочлен '1 представим в виде '1(z) = (z z2)'2(z) и поэтому

f(z) = (z z1)(z z2)'2(z):

Продолжая этот процесс (используя метод математической индукции), в итоге получим представление

где z1; z2 : : : ; zn – корни многочлена f (возможно, некоторые из них совпадают между собой).

Определение 1. Представление многочлена f в виде формулы (2) называется разложением многочлена f на линейные множители.

Группируя равные между собой корни, из (2) получим представление

где z1; z2 : : : ; zm – разные корни многочлена f и k1 + + km = n: Определение 2. Число kj называется кратностью корня zj многочле-

на f .

Итогом проведенных рассуждений является следующая

Т е о р е м а 2. Каждый многочлен f 2 P(C) степени n 1 имеет n корней, если каждый из корней считать столько раз, какова его кратность, и имеет место разложение многочлена f на линейные множители вида (3).

Отметим, что ненулевые многочлены степени нуль не имеют корней и только нулевой многочлен имеет корнем любое число из C.

Следствие 1. Если два многочлена f1 и f2 степени, не превосходящей числа n, совпадают в n + 1–ой точке из C, то они равны.

Для доказательства достаточно заметить, что многочлен f1 f2 имеет по крайней мере n + 1 корень и его степень не превосходит числа n. Следовательно, f = f1 f2 – нулевой многочлен.

Замечание 1. Из следствия 1 теоремы 2 получаем, что любой многочлен степени не выше n вполне определяется его значениями в n + 1 различных точках.

Это замечание позволяет заключить, что каждый многочлен степени не выше n однозначно определяется, если заданы его значения a1; a2; : : : ; an+1 в n+1 точке z1; z2; : : : ; zn+1 соответственно. Такой многочлен будет задаваться формулой

которая называется интерполяционой формулой Лагранжа.

Такое название связано с тем, что формула (4) позволяет, имея значения многочлена в n + 1 точках, вычислить его значения в любой точке из C.

Укажем еще один способ применения разложения многочлена на множители.

Рассмотрим многочлен f вида

f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an; a0 6= 0;

имеющий корни z1; : : : ; zn . Тогда формула (2) разложения многочлена на множители приобретает вид

Перемножая двучлены из правой части этой формулы, приводя подобные члены, стоящие перед zk; k = 0; 1; : : : ; n; и приравнивая их (на основании следствия 2 теоремы 2) числам ak соответственно, получим следующие формулы, выражающие коэффициенты многочлена через его корни:

a1 = (z1 + z2 + + zn); a0

a2 = z1z2 + z1z3 + + z1zn + z2z3 + + z2zn + + zn 1zn; a0

a3 = (z1z2z3 + z1z2z4 + + zn 2zn 1zn); a0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an 1 = ( 1)n 1(z1z2 : : : zn 1 + z1z2 : : : zn 2zn + + z2z3 : : : zn); a0

an = ( 1)nz1z2 : : : zn: a0

Таким образом, число ak=a0 есть сумма всевозможных произведений, составленных из k корней, умноженное на число ( 1)k .

Определение 3. Приведенные формулы называются формулами Вие-

та.

Формулы Виета удобны для восстановления многочлена по заданным его корням.

Пусть теперь f(z) = a0zn + a1zn 1 + an – многочлен из P(C) с вещественными коэффициентами a0; a1; : : : ; an . Из свойств операции комплексного сопряжения следует, что имеют место равенства

f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an = f(z):

Из них следует, что если z0 – корень многочлена f , то число z0 также является его корнем.

Поскольку произведение (z z0)(z z0) представимо в виде

т.е. является многочленом с действительными коэффициентами, то из разло-

жения (2) получаем, что имеет место

Т е о р е м а 3. Каждый многочлен f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an с действительными коэффициентами может быть представлен в виде произведения числа a0 и многочленов с действительными коэффициентами вида fi(z) = z i; i = 1; : : : ; m; где i 2 R; и многочленов вида (5). Если n нечетно , то многочлен f имеет по крайней мере один вещественный корень.

Приведем один результат о кратных корнях многочленов.

Т е о р е м а 4. Корень многочлена f имеет кратность k тогда и только тогда, когда – корень кратности k 1 его производной f0 (в частности, если k = 1; то не является корнем для f0):

Доказательство. Из разложения многочлена f на линейные множители следует, что многочлен f представим в виде

f(z) = (z )kg(z);

где многочлен g не делится на многочлен '(z) = z (т.е. не является корнем многочлена g) тогда и только тогда, когда – корень для f кратности k. Дифференцируя это равенство, получим равенство

Если – корень кратности k многочлена f , то из этого равенства следует, что f0 делится на (z )k 1 , но не делится на (z )k; так как в противном

случае на z делился бы многочлен g. Таким образом, кратность корня для многочлена f0 равна k 1: Обратно, если – корень кратности k 1 для производной f0 многочлена, то из того же равенства (6) следует, что g( ) 6= 0 и поэтому k – кратность корня для f . Теорема доказана.

Замечание 2. Непосредственно из теоремы 4 следует, что для нахождения многочлена g, имеющего те же корни, что и f , но являющиеся простыми корнями, следует при помощи алгоритма Евклида найти наибольший общий делитель многочленов f и f0 и затем разделить на него многочлен f .

Укажем на один метод, называемый методом Горнера, деления много-

где r 2 C и частное q имеет вид q(z) = b0zn 1 + b1zn 2 + + bn 1; b0 6= 0: Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в (7) и используя следствие 2 теоремы 2, получаем следующие равенства

cbn 2; r = an + cbn 1: Таким образом, метод Горнера дает простой способ определения коэффициентов частного q при делении многочлена f на линейный двучлен g(z) = z c:

Отметим еще, что из равенства (7) следует, что r = f(c) и поэтому f(c) = an + cbn 1: Тем самым получаем простой и быстрый способ определения значения многочлена f в точке c.

Применим полученный только что результат к вопросу поиска корней многочленов с рациональными коэффициентами. Причем, имея в виду возможность умножения обеих частей рассматриваемых уравнений на подходящее целое число, без ограничения общности можно рассматривать уравнения

сцелыми коэффициентами.

Те о р е м а 5. Если целое число является корнем многочлена f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an с целыми коэффициентами, то будет делителем числа an .

Доказательство. Разделив многочлен f на двучлен g(z) = z , согласно схеме Горнера, получим, что частное g(z) = b0zn 1 + + bn 1 имеет целые коэффициенты b0; b1; : : : ; bn 1: Поскольку an = bn 1 , то теорема доказана.

Таким образом, при нахождении целого решения уравнения f(z) = 0 необходимо найти всевозможные делители свободного члена (как положительные, 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) = zn + a1zn 1 + + an имеет рациональный корень, представленный в виде несократимой дроби cb; т.е.

Отсюда получаем bnc 1 = a1bn 1 a2bn 2c ancn 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) = a0zn + + an с целочисленными коэффициентами нужно найти все целые корни многочлена g(z) = zn+a1zn 1+a0a2zn 2+ +an0 2an 1z+an0 1an и разделить их на a0:

Доказательство. Умножим многочлен f на число an0 1; а затем сделаем замену переменного z, положив y = a0z: Тогда g(y) = g(a0z) = an0 1f(z): Отсюда следует, что корни многочлена равны корням многочлена g, деленных на a0: 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 вещественные числа, которые являются корнями таких многочленов, называются

алгебраическими числами. В противном случае – трансцендентными.

Так, алгебраическими числами являются все рациональные числа, а так- p

же числа вида n r; r 2 Q: Однако такие известные числа, как e и являются трансцендентными.

Интересно отметить, что множество всех алгебраических чисел образует подполе поля R.

Упражнения к § 11

1. Определите кратность корня a многочлена

g(z) = z 2 a(f0(z) + f0(a)) f(z) + f(a);

где f 2 P(C):

2.Найдите условия, при которых многочлен f(z) = z5 + az3 + b имеет ненулевой корень кратности два.

3.Докажите, что многочлен f(z) = 1 + 1!z + z2!2 + + znn! не имеет кратных корней.

4.Разложите на линейные множители многочлены

5.Постройте многочлен наименьшей степени с вещественными коэффициентами, имеющий корень i кратности 2 и простой корень 1 i:

6.Найдите наибольший общий делитель многочленов f(z) = zm + am; g(z) = zn + an:

7.Докажите, что если многочлен g(z) = f(zn); f 2 P(C) делится на

'(z) = z 1; то он делится и на (z) = zn 1:

8.Пусть многочлен f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an имеет корни z1; : : : ; zn: Какие корни имеют многочлены

f1(z) = a0zn a1zn 1 + a2zn 2 + ( 1)nan; f2(z) = anzn + an 1zn 1 + + a0;

f4(z) = a0zn + a1bzn 1 + a2b2zn 2 + + anbn?

9. Найдите сумму квадратов корней многочлена f(z) = zn + a1zn 1 +

+ an:

10.Решите уравнение zn +a1zn 1 +a2zn 2 + +an = 0; зная коэффициенты a1 и a2 и зная, что корни его образуют арифметическую прогрессию.

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 a1; : : : ; an в корнях n - ой степени из единицы. Найдите f:

13.Найдите рациональные корни многочленов

a) f1(z) = z3 6z2 + 15z 14;

b) f2(z) = z5 2z4 4z3 + 4z2 5z + 6;

c) f3(z) = z6 6z5 + 11z4 z3 18z2 + 20z 8:

14. Пусть A – множество корней многочлена f и B – множество корней многочлена g. Какое из следующих утверждений ложно:

4. Если наибольший делитель многочленов

T

f и g равен 1, то A 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 которых совпадают.

4.Если множества корней двух многочленов совпадают, то эти многочлены равны между собой?

x 12. Приближенное вычисление корней многочленов

При рассмотрении вопроса о приближенном вычислении корней многочленов большую роль играет выявление границы корней рассматриваемого многочлена. Вначале займемся обсуждением именно этих вопросов.

Следовательно, имеет место

Лемма 1. Корни z1; : : : ; zn многочлена f(z) = a0zn + a1zn 1 + + an

с действительными коэффициентами, которые лежат на заданном отрезке

[ ; ]:

Рассмотрим одно используемое далее понятие.

Пусть задан некоторый упорядоченный конечный набор ненулевых ве-

щественных чисел, скажем

p

2; 3; 4; 2; 1; 1=2:

Выпишем последовательно знаки этих чисел

+ + + :

В этой системе знаков три раза рядом стоят противоположные знаки. Тогда 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 f0 , можно считать, что с самого начала f имеет только простые корни (см. замечание 2 из x 11 ).

Определение 1. Конечный упорядоченный набор многочленов с вещественными коэффициентами

называется системой Штурма для многочлена f , если выполнены следующие условия:

1)соседние многочлены системы (2) не имеют общих корней;

2)последний многочлен fk не имеет вещественных корней;

3)если – вещественный корень некоторого промежуточного много-

члена fp; 1 p k 1; то fp 1( ) и fp+1)( ) имеют разные знаки;

4) если – вещественный корень многочлена f , то произведение ff1 меняет знак с минуса на плюс, когда x; возрастая, проходит через точку :

Лемма 2. Всякий многочлен f с вещественными коэффициентами, не имеющий кратных корней, обладает системой Штурма.

Доказательство. Положим f1 = f0 и покажем, что выполнено условие 4 из определения 1. Если – вещественный корень многочлена f , то в силу его простоты из теоремы 4 x 11 следует, что f0( ) 6= 0: Если f0( ) > 0; то f0(x) > 0 на некотором интервале ( ; + ); > 0 (используется непрерывность многочленов) и поэтому f меняет знак с минуса на плюс при переходе x через . Это же верно и для произведения ff0: Аналогичное рассуждение верно в случае f0( ) < 0:

Далее делим f на f1 и остаток от этого деления, взятый со знаком минус, принимаем за f2 , т.е. f = f1g1 f2: Если многочлены fm 1 и fm уже найдены, то fm+1 будет остатком от деления fm 1 на fm; взятым со знаком минус, т.е.

Таким образом, предлагаемый метод построения системы Штурма, отличается от алгоритма Евклида нахождения общего делителя только изменением знака у остатка.

Поскольку f имеет только простые корни, то наибольший делитель f и f0 есть отличное от нуля вещественное число и поэтому найдется такое k;

что fk(x) = c 6= 0 8x 2 R: