челгу кб 1 курс Алгебра Lections

Воспользуемся тем, что ak - корень f(x).

(ak ¡ a1)S1 (ak ¡ a2)S2 : : : (ak ¡ ak¡1)Sk¡1 h(ak) = 0

Все первые скобки не равны нулю, а K без делителей нуля по условию.

) h(ak) = 0 ) ak - корень h(x) Но мы не знаем какой кратности.

Пусть ak имеет кратность S для многочлена h(x).

h(x) = (x ¡ ak)S ¢ l(x);

ноl(ax) 6= 0

не делится на (x ¡ ak)(по теореме Безу) Используя условие, что ak - это корень кратности sk:

f(x) = (x ¡ ak)Sk v(x)

C другой стороны

f(x) = (x ¡ ak)S1 : : : (x ¡ ak¡1)Sk¡1 (x ¡ ak)Sl(x)

Пусть это не так, пусть S < Sk, тогда:

(x ¡ ak)Sk¡Sv(x) = (x ¡ a1)S1 : : : (x ¡ ak¡1)Sk¡1 l(x)

Подставим x = ak: одна часть равна нулю, другая не равно нулю. Противоречие, значит S = Sk.

Следствие 1: Если K[x] коммутативное кольцо с единицей, без делителей нуля и два многочлена из K[x] степени · n принимают одинаковые значения в (n + 1) точке, тогда эти многочлены совпадают как многочлены (а не как функции).

Доказательство:

Пусть

a1; a2 ¢ ¢ ¢ an+1 2 K; f(x); g(x) 2 K[x]

совпадают значения с многочленами в n+1 точке ) f(ai) = g(ai); цель – показать, что они одинаковые

1 · i · n + 1

рассмотримh(x) = f(x) ¡ g(x) степеньg(x) · n; степеньf(x) · n по условию ) степеньh(x) · n h(ai) = 0 1 · i · n + 1

31

Многочлен h степени · n имеет n + 1 корень. h ´ 0

) f(x) = g(x).

Следствие 2. По n + 1 значению функции однозначно восстанавливается многочлен степени · n, принимающий указанное значение.

Доказательство:

Если докажем существование такого многочлена, то единственность такого многочлена будет следовать из следствия 1.

Интерполяционная формула Лагранжа:

Пусть P –поле, f : P 7!P

a0; a1 : : : an 2 P ¡ ¡(n + 1)штук f(ai) = bi; 0 · i · n

многочлен степени · n ) степеньf · n

Интерполяционная формула Ньютона:

f(x) = ®0 + ®1(x ¡ a0) + ®2(x ¡ a0)(x ¡ a1) + : : : + ®n(x ¡ a0)(x ¡ a1) : : : (x ¡ an¡1)

®0; ®1 : : : ®n ¡ ¡находятся последовательной подстановкойa0; a1 : : :

f(a0) = ®0 f(a1) = ®0 + ®1(a1 ¡ a0) f(a2) = ®0 + ®1(a1 ¡ a0) + ®2(a2 ¡ a1) ¢ ¢ ¢

Дифференцирование многочлена.

Определение: Пусть K[x] коммутативное кольцо без единицы и без делителя нуля. Отображение d : K[x] ! K[x] обладает свойствами:

1.d(f + g) = d(f) + d(g)

2.d(fg) = d(f)g + fd(g)

3.d(®f) = ®d(f)

Называется дифференцированием или производной.

Утверждение: Любое дифференцирование K[x] ! K[x] однозначно определяется чему равно

дифференцирование на множестве X, при этом d(x) - любой многочлен из

K[x].

В частности, если d(x) = 1 имеем классическое дифференциирование как в математическом анализе.

32

Доказательство:

d–дифференциирование

f(x) = anxn + an¡1xn¡1 + : : : + a1x + a0

Применим свойство 1,3:

d(f) = d(anxn + an¡1xn¡1 + : : : + a1x + a0) =

=d(anxn) + d(an¡1xn¡1) + : : : + d(a1x)d(a0) =

=and(xn) + an¡1d(xn¡1) + a1d(x) + a0d(a0)

Применим свойство 2:

d(x2) = d(x ¢ x) = d(x)x + xd(x) = 2xd(x) d(x3) = d(x2x) = d(x2)x + x2d(x) = 3x2d(x) d(xn) = nxn¡1d(x)

d(1) = d(1 ¢ 1) = d(1) ¢ 1 + 1 ¢ d(1) = 2d(1) d(1) = 0

Возвращаясь назад:

f(x) = annxn¡1 + an¡1xn¡2d(x) + : : : + a22xd(x) + a1d(x) + 0 d(x)= если будем знать, то d(f) мы подсчитали

тогда производная однозначно определяет чему равен f(x) Обратно:

Пусть d(x) = g(x) 2 K[x] из кольца многочлена Тогда можно задать отображение

anxn +an¡1xn¡1 +: : :+a1x+a0 !(сопоставим)(nanxn¡1 +(n¡1)an¡1xn¡2 +

: : : + 2a2x + a1)g(x)

Нетрудно проверить, что указанное отображение обладает свойствами 1,2,3 из определения дифференциирования

Теорема(О кратных корнях):

Пусть P - поле, F - поле, P ½ F , a 2 F Пусть a -корень многочлена a(x) 2 P [x]

Многочлен f(x) имеет кратный корень a , НОД (f(x); f0(x)) 6= 1 в P [x] f0 - классовая производная (d(x) = 1)

Доказательство:

Пусть f(x) имеет корень a 2 F кратности k, k > 1 f(x) = (x ¡ a)kg(x)

От противного. Пусть НОД(f; f0)=1

Воспользуемся следствие из теоремы о НОД. Соглано которой существует многочлен 9u(x); v(x) 2 F [x]

f(x)u(x) + f0(x)v(x) = 1

Возмем a 2 F [x], тогда в F f(a)u(a) + f0(a)v(a) = 1

f8(x) = k(x ¡ a)k¡1g(x) + (x ¡ a)kg0(x) = = (x ¡ a)k¡1(kg(x) + (x ¡ a)g0(x))

f0(a) = 0

Противоречие, значит НОД(f; f0) =6 1

33

Покажем, что любой корень многочлена g(x) является кратным корнем многочлена f(x).

Действительно, пусть g(a) = 0, a -корень g(x) По теореме Безу g(x) = (x ¡ a)l(x) Допустим (x ¡ a)2 не делит f(x), тогда

f(x) = (x ¡ a)l(x) l(a) 6= 0

Подсчитаем производную f0(x) = l(x) + (x ¡ a)l0(x) f0(a) = l(a) + 0 = l(a) 6= 0

f0(a) = 0, т.к. a - корень g(x) g(x) = НОД (f; f0)

Получили противоречие, предположение неверно. Теорема доказана.

Определение. Элементы называются эквивалентными, если интересующие нас свойства у них совпадают.

Определение. Дроби называются эквивалентными ab » dc тогда и только тогда, когда ad = bc.

Введение операций на множестве дробей.

ab ¢ dc = acbd

a + c = ad+bc b d bd

Возникае вопрос корректности алгебраических операций. Почему если дробь

заменить на эквивалентную, то результат заменится на эквивалентный.

ab » ab00 , a dc » dc00

Проверить: ab ¢ dc » ab00 ¢ dc00

ac » a0c0 bd b0d0

Доказательство:

1.По определению умножения ab ¢ dc = acbd

2.Проверим ac ¢ b0d0 = bd ¢ a0c0

Вывод: операции заданы корректно и не зависят от представления дробей. Теорема: Множество QK относительно введенной операции является полем.

34

Доказательство:

1. Коммутативность умножения:

ab ¢ dc = acbd = cadb = dc ¢ ab

Оерация коммутативна.

8. Обратный элемент.

¡a a

b¡b

9. Дистрибутивность сложения относительно умножения.

(ab + dc )fg = afbg + cfbg

ab (dc + fg ) = acbd + afbg

Поскольку есть коммутативность сложения, то дистрибутивность есть.

Определение: Дан многочлен f(x) = anxn+: : :+a0, ai 2 K. d =НОД(an; an¡1; : : : a0)

называется содержанием многочлена.

Пример.

f(x) = 36x3 + 8x + 2,

35

d(f) = 2

Определение. Многочлен с содержанием 1 (единица) называется примитивным.

Лемма Гаусса о содержании.

Пусть K кольцо с однозначным разложением на простые множители (к примеру кольцо целых чисел, кольцо многочленов над полем). f(x) = anxn+

: : :+a0 ai 2 K, d - содержание многочлена. Содержание произведения равно произведению содержаний: d(f ¢ g) = d(f) ¢ d(g)

Доказательство:

Для доказательства достаточно проверить, что произведение примитивных многочленов - примитивный многочлен.

Пусть f0 и gg - примитивные многочлены.

f0 = anxn + : : : + a0 g0 = bnxn + : : : + b0

Пусть P -простой элемент кольца коэффициентов K. Поскольку многочлены f0 и gg - примитивные, то существуют номер i; j, 0 · i · n

9ig(a0; p(a1 : : : ai)ai+1 b n ai 9jp n b0

Проверим, что элемент p не делит коэффициент при степени xi+jy многочлена при степени f0 + g0.

Пусть этот коэффициент c = aibj + (ai¡1bj+1 + ai¡2bj+2 : : :) + (ai+1bj¡1 + ai+2bj¡2 : : :)

Проверим, что он не делится на c.

От противного. Пусть он делится на элементы p.

По условию все слагаемые первой скобки и второй делятся на p, значи на p делится и сумма этих скобок. Следовательно pn(aibj)

Так как кольцо K с однозначным разложением на простые множители, тогда по критерию однозначности pnai или pnbj. И то и другое противоречит условию.

Предположение, что c делится на p неверное. Следовательно НОД (f0 ¢ g0) не делится на p.

Так как p произвольный простой элемент, то НОД =1. Лемма доказана.

Теорема(Критерий неприводимости Эйзенштейна):

Пусть f(x) = anxn + : : : + a, f(x) 2 Z[x] (над целыми числами) Многочлен f будет неприводимым если существует простое число p, такое что p n a0; p n a1 : : : p n an¡1, но p2 y a0; p y an

Доказательство:

Пусть условия критерия выполняются, то f(x) = g(x) + bx cnxn + : : : + bn(cnxn) + c = xk + xn¡k

Рассмотрим это равенство по модулю p. Перейдем к полю F (p) F (x) = anxn, где an остаток от деления на p целого числа an g(x) ¢ h(x) = (bkxk + : : : b0)(cmxm + : : : c0)

36

Так как многочлены над полем Z[p] имеют различное разложение на простые множители, то должно выполняться равенство.

В частности b0 = c0 = 0, то есть p n b0, p n c0 ) p2 n b0c0

b0c0 = a0, значит p2 n a0, противоречие, предположение неверно, теорема доказана.

37