Алгебра(матрицы)

Предложение 23. Åñëè p(x) = anxn + : : : + a1x + a0, òî p0(x) = nanxn 1 + : : : + a1.

Предложение 24. degp0(x) < degp(x):

В случае многочленов над полями R; C; Q или над кольцом Z degp0(x) = degp(x) 1.

8.5Корни многочленов

Определение 37. Число a называется корнем многочлена p(x), если p(a) = 0.

Теорема 25 (Теорема Безу). При делении многочлена p(x) на (x a) в остатке получается p(a).

Proof. Поскольку deg(x a) = 1, степень остатка должна быть 0. Т.е. остаток некоторая константа. Поэтому p(x) = (x a)q(x) + c. Подставим x = a в обе части равенства. Получим: p(a) = 0 + c. Поэтому c = p(a).

Следствие 1. Если a корень многочлена p(x), то p(x) делится на (x a).

Определение 38. Корень a многочлена p(x) называется корнем кратности k, если p(x) делится на (x a)k и не делится на (x a)k+1.

Теорема 26 (О кратных сомножителях). Пусть q(x) неприводимый многочлен. Многочлен p(x) делится на qk(x), но не делится на qk+1(x).

Тогда p0(x) делится на qk 1(x).

И не делится на qk(x) в случае, если основное поле R; C; Q.

Proof. Пусть p(x) = qk(x)s(x), причем s(x) не делится на q(x). Тогда p0 = kqk 1s(x) + qks0(x) = qk 1(kq0s(x) + qs0(x)).

То, что делится на qk 1 понятно. Докажем, что не делится на qk, äëÿ этого надо доказать, что ks(x) + qs0(x) не делится на q. Второе слагаемое,

очевидно, делится на q.

Предмоложим от противного, что и сумма делится на q. Тогда первое слагаемое обязано делиться на q. Т.е. q0s делится на q. Произведение двух

многочленов делится на неприводимый, значит, один из них делится на этот неприводимый. q0 не может делиться на q, потому что его степень меньше

на единицу, а s тоже не может делиться на q в связи с тем, как мы ввели многочлен s.

Следствие 2. Åñëè K ýòî R, C, Q èëè Z.

Корень a является корнем многочлена p(x) кратности k, если

является корнем многочлена p(x) и всех его производных вплоть до

p(k 1)(x).

Пример. Корнем какой кратности является число 2 для многочлена x7 8x6 + 21x5 10x4 40x3 + 48x2 + 16x 32.

41

8.6Основная теорема алгебры

Теорема 27. У любого многочлена (не равного константе) над полем комплексных чисел есть корень.

Доказательство на экзамене не спрашивают. Доказательство леммами. Основные идеи такие:

0. Рассмотрим "график" функции w = jf()j поверхность в трехмерном пространстве. Ось Ow направлена вверх, а комплексная плоскость Ox расположена горизонтально.

1.Любой многочлен непрерывная функция. Отсюда и jf(x)j

непрерывная поверхность.

2.При jxj ! 1, jf(x)j ! 1. Иначе говоря, для любого F найдется R, такое что как только jxj > R, f(x) > M

3.Точная нижняя грань множества ff(x); x 2 Cg достигается. Т.е. существует такая точка x0, ÷òî f(x0) f(x)8x.

4.(Лемма Даламбера) Пусть f(x) 6= const многочлен. И точка x0 такая, что f(x0) 6= 0. Тогда существует точка 1, такая, что jf(x1)j < jf(x0)j.

5.Точная нижняя грань неотрицательна. Но по пункту 4 и положительной быть не может. Поэтому точная нижняя грань ff(x); x 2 Cg

равна 0. И по пункту 3 она достигается.

Следствие 3. Любой многочлен над полем комплексных чисел раскладывается в произведение линейных.

Над полем комплексных чисел неприводимы только линейные многочлены.

Предложение 25. Пусть p(x) 2 R[x] и a его корень (возможно, комплексный). Тогда a тоже корень многочлена p(x).

Åñëè a 62R , òî (x a)(x (a)) = (x2 (a + a)x + aa). Этот квадратный трехчлен уже из R[x].

Теорема 28. Над полем действительных чисел неприводимы только

8.7Многочлены над множествами Z è Q

Если мы хотим найти корни многочлена с рациональными коэффициентами, можно все коэффициенты привести к общему знаменателю и искать корни многочлена с целыми коэффициентами.

Аналогично с разложением многочлена на неприводимые. Можно умножить весь многочлен на общий знаменатель и рассматривать на разложимость уже многочлен с целыми коэффициентами.

42

слагаемые кроме последнего, очевидно, делятся на p (там p просто явно входит в виде множителя). Значит, и a0qn делится на p. А поскольку (p; q) = 1, то pja0. Аналогично и qjan.

Определение 39 (Редукция многочленов с целыми коэффициентами по числовому модулю). Пусть p(x) многочлен с целыми коэффициентами.

Редукция многочлена p(x) по модулю m это многочлен p(x), у которого мы рассматриваем коэффициенты как элементы Zm.

Пример. x2 + 3x + 8 при редукции по модулю 3 превращается в x2 + 2.

Предложение 26. Если многочлен p(x) разложим в произведение

многочленов q(x)s(x), то p(x) = q(x)s(x).

Лемма 9 (Лемма Гаусса). Многочлен с целыми коэффициентами разложим как многочлен над Q тогда и только тогда, когда он разложим

и на многочлены с целыми коэффициентами.

Proof. В обратную сторону очевидно.

Разложим многочлен с целыми коэффициентами на многочлены с рациональными коэффициентами. Приведем в каждом многочлене все коэффициенты к общему знаменателю, вынесем его за скобки. Если у коэффициентов в скобке есть общий делитель, вынесем его за скобки.

Возможно, после этих действий, коэффициент перед скобками остался дробным. Т.е. p(x) = ab p1(x)p2(x) : : : pk(x), причем b 6= 1, (a; b) = 1.

Умножим на b. Сделаем редукцию по любому простому делителю p

(à Zp, к которому мы сделали редукцию поле!) не может дать ноль.

Противоречие. Противоречие возникло, когда мы предположили, что дробь

a

b перед скобками не сократится.

Теорема 30 (Критерий Эйзенштейна). Пусть f(x) = anxn + : : : + a1x + a0

многочлен с целыми коэффициентами. Пусть p 2 P, такое что p 6ajn, pjan 1; : : : a0 è p2 6aj0. Тогда f(x) неприводим над полем рациональных

чисел.

Proof. Доказательство редукцией к модулю p. Пусть f(x) = g(x)h(x). Причем, заметим, что старшие коэффициенты этих многочленов не делятся

43

на p. Тогда f(x) = g(x)h(x) = anxn. Теорему о разложении на неприводимые единственным образом над полем (а Zp поле) никто не отменял. Поэтому g(x) = bxm, à h(x) = cxn m. Отсюда получаем, что

все коэффициенты g(x) и h(x), кроме старшего, делятся на p (потому что редукцией сводятся к 0). Но тогда бы свободный член f(x) делился бы на p2, ÷òî íå òàê.

Пример. xn 2 неприводим при любом n.

Следствие 4. Над полем рациональных чисел неприводимыми бывают многочлены любой степени.

8.8Теорема Виета

Теорема 31 (Теорема Виета). Пусть p(x) = xn + a1xn 1 + a2xn 2 +

: : : + an 1x + an 2 C[x], è x1; x2; : : : ; xn его корни (одинаковые корни перечислены с учетом кратности). Тогда x1 + : : : + xn = a1, x1x2 +

x1x3 + : : : + xn 1xn = a2 (сумма всевозможных произведений по 2 штуки), и так далее x1x2 : : : xn = ( 1)nan

Proof. Разложим многочлен p(x) = (x x1) : : : (x xn). Раскроем скобки, сравним коэффициенты. Получим то, что необходимо.

Выпишем теорему Виета для квадратных и кубических многочленов отдельно.

8

<x1 + x2 + x3 = a

p(x) = x3 + ax2 + bx + c. Тогда x1x2 + x1x3 + x2x3 = b

:x1x2x3 = c

Пример. Привести пример многочлена, корни которого квадраты корней многочлена x3 + 2x + 1. Пусть наш искомый многочлен x3 + ax2 +

(x1x2 +x1x3 +x2x3)2 = (x21x22 +x22x23 +x21x23)+2(x21x2x3 +x22x1x3 +x23x1x2).

Поэтому 4 = b + 2x1x2x3(x1 + x2 + x3). Т.е. b = 4. Искомый многочлен x3 + 4x2 + 4x 1.

8.9Интерполяция

Задача интерполяции. По данным n + 1 значениям f(x0) = y0; f(x1) = y1; : : : f(xn) = yn построить многочлен, удовлетворяющий этим условиям.

44

1.Будем записывать данные в таблицу: в верхней строчке x, в нижней

ó.Эту таблицу будем называть интерполяционная таблица (ИТ).

x x0 x1 : : : xn

yy0 y1 : : : yn

2.Очевидно, что если f0(x) удовлетворяет ИТ, то и f0(x) + A(x)(x x0)(x x1) : : : (x xn) удовлетворяет ИТ для любого многочлена A(x).

3.Предположим, что 2 многочлена f0(x) è f1(x) удовлетворяют ИТ. Тогда f1(x) f2(x) = A(x)(x x0) : : : (x xn).

Поэтому искать многочлены степени n + 1 или выше дело

неблагодарное, таких бесконечно много (если основное поле K бесконечное).

Переформулируем интерполяционную задачу.

Задача интерполяции. По данной ИТ с n + 1 значениями построить многочлен степени не выше n.

Очевидно, что в этой постановке задача интерполяции не может иметь больше одного решения. (доказать от противного)

Есть два метода решения задачи интерполяции.

8.9.1Метод Ньютона

По ИТ составим многочлен с неизвестными коэффициентами в виде f(x) = c0 + c1(x x0) + c2(x x0)(x x1) + : : : + cn(x x0)(x x1) : : : (x xn 1).

Подставляем по очереди x0, x1, ... xn.

Подставляем x0. Все слагаемые, кроме первого зануляются. Находим c0. Подставляем x1. Все слагаемые, кроме первых двух зануляются, первое известно, находим c1. И так далее. Когда подставляем xi, óæå к этому моменту найдены c0; c1; : : : ci 1. Поэтому получаем равенство: yi = c0 + c1(xi x0) + c2(xi x0)(xi x1) + : : : + ci 1(xi x0) : : : (xi xi 2) + ci(xi x0) : : : (xi xi 1). Здесь только ci неизвестное и относительно нее уравнение обыкновенное линейное. Коэффициент возле ci не равен íóëþ, åñëè xi 6= xj, а потому каждое уравнение разрешимо, причем ответ находится вполне однозначно.

Мы доказали, что задача интерполяции имеет единственное решение.

x 1 2 3 4

Пример. y 1 -1 1 -1

Решение. f(x) = c0 + c1(x 1) + c2(x 1)(x 2) + c3(x 1)(x 2)(x 3). Подставляем x = 1, получаем f(1) = 1 = c0. Подставляем x = 2. Получаем f(2) = 1 = 1 + c1(2 1). Отсюда c1 = 2. Подставляем x = 3. Получаем f(3) = 1 = 1 2(3 1) + c2(3 1)(3 2), ò.å. c2 = 2. Подставляем x = 4. Получим 1 = 1 2(4 1) + 2(4 1)(4 2) + c3(4 1)(4 2)(4 3). Отсюда

c3 = 8=6.

Получили многочлен f(x) = 1 2(x 1) + 2(x 1)(x 2) 86 (x 1)(x 2)(x 3) .

8.9.2 Интерполяционная формула Лагранжа.

Сначала рассмотрим простую интерполяционную таблицу

45

Для нее нетрудно решить интерполяционную задачу. Понятно, что все xj, кроме xi, корни искомого многочлена. Поэтому fi(x) = A(x

x0) : : : (x xi 1)(x xi+1) : : : (x xn)

Осталось подобрать число А так, чтобы при x = xi получалась единица. Понятно, что A = (x x0) : : : (x xi 1)(x xi+1) : : : (x xn) 1

Немножко усложним ИТ, заменив 1 на yi. Тогда искомый многочлен, очевидно, yifi(x).

Ну, а теперь рассмотрим нормальную ИТ. Нетрудно проверить, что многочлен f(x) = y0f0(x) + : : : + ynfn(x) нам подходит. Мы построили многочлен.

Пример. Пусть основное поле Z11.

Составим f1(x) = a1(x 2)(x 3)(x 4). Для того, чтобы найти a1, вычислим (1 2)(1 3)(1 4) = 5. Получаем 5a1 = 1, поэтому a1 = 9. Окончательно f1(x) = 9(x 2)(x 3)(x 4).

Составим f2(x). a2(2 1)(2 3)(2 4) = 1, откуда a2 = 6 è f2(x) = 6(x 1)(x 3)(x 4).

a3(3 1)(3 2)(3 4) = 1, откуда a3 = 5 è f3(x) = 5(x 1)(x 2)(x 4). И последнее f4(x) = 2(x 1)(x 2)(x 3).

Собираем искомую функцию: f(x) = 1 9(x 2)(x 3)(x 4) 3 6(x

1)(x 3)(x 4) + 5 5(x 1)(x 2)(x 4) 2 2(x 1)(x 2)(x 3). Можно

упростить.

В разных жизненных ситуациях удобнее исопльзовать тот или иной метод решения интерполяционной задачи.

46