13. Многочлени над полем раціональних чисел. Цілі раціональні корені многочленів з цілими коефіцієнтами.

Многочлен

f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ з цілими коефіцієнтами deg f(x)≥0 називають примітивним, якщо числа a_n,a_n-1…a₁,a₀ є взаємно простими у сукупності.

Лема Гауса

Добуток примітивних многочленів є примітивним многочленом.

Д-ня. Твердження досить довести для двох співмножників, а далі застосувати індукцію.

Нехай многочлени

f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ та g(x)=b_mx^m+b_m-1x^m-1+…+b₁x+b₀ – примітивні. Припустимо, що твердження леми невірне f(x)g(x)=C_n+mx^n+m+…+C₁x+C₀ не є примітивним многочленом. В такому випадку його коефіцієнти мають спільний дільник р ( можна вважати, що р – просте число). Зазначимо, що всі коефіцієнти многочленів f(x) та g(x) ділитися на р не можуть, бо вони примітивні. Нехай a₀÷p, a₁÷p, … a_i-1÷p, a a_i не ділиться не p, b₀÷p, b₁÷p ,… b_j-1÷p, a b_j не ділиться на p Тоді в коефіцієнті

C_i+j= a_ib_j+a_i+1b_j-1+a_i-1b_j+1+ …+ a₀b_i+j+…+ b₀a_i+j доданок а_ib_j не ділиться на p, а отже і коефіцієнт C_i+j не ділиться на p – протиріччя. Отже добуток примітивних многочленів є примітивним многочленом. ▲

Т-ма. Будь-який многочлен f(x) додатного степеня з раціональними коефіцієнтами можна подати в вигляді добутку нескоротного дробу та примітивного многочлена і це представлення єдине, т.б f(x)=

(a,b)=1 φ(x) – примітивний

Д-ня: Зведемо всі коефіцієнти многочлена f(x) до спільного знаменника та винесемо його за дужки, потім винесемо за дужки НСД коефіцієнтів того многочлена, що стоїть в дужках. Скоротимо дріб перед дужками; в дужках стоятиме примітивний многочлен.

Припустимо, що існує два представлення f(x)=* таf(x)=(a,b)=1, (c,d)=1, де φ(x) та ψ(х) – примітивні многочлени.

Прирівняємо дві частини рівностей =

ad φ(x) = cb ψ(х)

Оскільки φ(x) та ψ(х) – примітивні многочлени, то ad÷ cb і cb÷ ad, а це означає, що cb і ad – асоційовані. Отже ad і cb відрізняються лише знаком, тому можна вважати, що ad= cb і за властивістю дробу a/b= c/d, але в такому випадку з рівності * випливає, що φ(x) = ψ(х) і представлення єдине ▲

Нехай маємо многочлен f(x) додатного степеня з Q коефіцієнтами . Позначимо m – спільний знаменник коефіцієнтів f(x) та розглянемо многочлен g(х)= m f(x) коефіцієнти якого належать Z[x] . Зрозуміло, що многочлени f(x) та g(х) мають однакові корені і є одночасно звідними та незвідними над полем Q чисел. Отже надалі можна вважати, що многочлен f(x) має цілі коефіцієнти.

Т-ма: Многочлен f(x) з цілими коефіцієнтами ненульового степеня буде звідним над Q тоді і тільки тоді, коли він звідний над Z.

Д-ня (Необхідн.) Нехай f(x) - многочлен з кільця Z[х], deg f(x)=n>0, і f(x) - звідний над полем Q. Тоді f(x) можна подати у вигляді добутку

f(x)= φ₁(x) φ₂(x) (1)

φ_і(x)є Q[х], deg φ_і(x) <n, і=1,2. Згідно з попередньою теоремою кожен многочлен з Q коефіцієнтами можна подати у вигляді добутку нескоротного дробу та примітивного многочлена, тобто φ₁=φ₂=де (a_i, b_i)=1, f_i - примітивні многочлени.

Підставимо значення φ₁ та φ₂ в рівність (1)

f(x)= (2)

позначимо дріб (a, b)=1 та покажемо, що число a/b є цілим.

За лемою Гауса добуток - примітивний многочлен. Позначимо Ск – довільний коефіцієнт цього добутку. Тоді в силу рівності (2) кожен коефіцієнт f(x) буде мати вигляд . Оскільки всі коефіцієнтиf(x) є цілими числами за умовою, то ÷b, а оскільки (a, b)=1 то C_k ÷ b, для довільного k. З цього випливає, що b=1. Отже a/b=aєZ і (2) перепишеться у вигляді

f(x)= а, deg f_і(x) <n, тобто f(x) - звідний над Z.

(Достатність) Нехай f(x) є Z[х], звідний над полем Z, очевидно, що він буде звідним над Q.

Т-ма. (Критерій Ейзенштейна)

Якщо для многочлена

f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ додатного степеня з цілими коефіцієнтами існує таке просте число р, що є дільником всіх коефіцієнтів f(x), окрім старшого, а вільний член не ділиться не р, то f(x) - незвідний над Q

Д-ня. Припустимо, що для f(x) є Z[х] deg f(x) >0 виконуються умови теореми, але f(x) звідний над Q. За попередньою теоремою він буде звідний над Z, тоді f(x)= f_і(x) є Z[х], deg f_і(x) < deg f(x).

Покладемо

f₁(x)=b_kx^k+b_k-1x^k-1+…+b₁x+b₀ та f₂(x)=c_lx^l+c_l-1x^l-1+…+c₁x+c₀

Перемноживши рівності та прирівнюючи коефіцієнти цього добутку до коефіцієнтів f(x) при відповідних степенях х одержимо:

a₀=b₀c₀

a₁=b₁c₀+b₀c₁

a₂=b₂c₀+b₁c₁+b₀c₂

……………………..

a_n-1= b_kc_l-1+b_k-1c_l

a_n = b_kc_l

Оскільки a₀÷ p і a не ділиться на p², то лише одне з чисел b₀ або c₀ ділиться на p. Нехай b₀ ÷p, c₀ не ділиться на p. З другої рівності враховуючи що b₀÷ p, a₁÷ p, c₀ не ділиться на p → b₁ ÷p.

З третьої рівності b₂÷p, і рухаючись далі з передостанньої одержимо, що b_k÷p. Проте в такому випадку a_n=b_kc÷ p, що суперечить умові. Отже припущення невірне і f(x) буде незвідним над Q ▲

Наслідок. Над полем Q чисел існують незвідні многочлени довільного натурального степеня.

Критерій Ейзенштейна дає лише достатню умову незвідності многочлена f(x) є Z[х] над полем Q: якщо умови критерію виконуються, то многочлен f(x)точно незвідний, якщо ні – то f(x) може бути як звідним так і незвідним над Q. У деяких випадках критерій стає застосовним при заміні х=у-у₀ (у₀=±1)

Т-ма. Якщо нескоротний дріб є коренем многочленаf(x)

f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ n >0, то чисельник цього дробу є дільником вільного, а знаменник – старшого коефіцієнтів.

Д-ня. Нехай нескоротний дріб - коріньf(x), тоді f()=0. Підставимо дріб у наш вираз.

a_n()ⁿ+a_n-1()^n-1+…+a₁+a₀=0

помножимо його на qⁿ ,будемо мати

a_npⁿ+a_n-1p^n-1q+…+a₁pq^n-1+a₀qⁿ=0

Оскільки права частина рівності та сума n перших доданків лівої частини діляться на р, то a₀qⁿ ÷p, (p, q)=1 тому a₀÷p .

Аналогічно переконуємось що a_n÷q ▲

Наслідок. Якщо старший коефіцієнт многочлена f(x) дорівнює 1 (f(x) є Z[х] deg f(x) >0), то всі раціональні корені f(x) будуть дільниками вільного члена і будуть цілими числами.

Остання теорема дає необхідні умови для того, щоб раціональні числа були коренями многочлена. Зокрема, вона дає змогу вказати всі дроби, які можуть бути коренями многочлена. Щоб довести, що дріб є коренемf(x) необхідно буде або зробити безпосередню перевірку, або скористатися схемою Горнера. Оскільки кількість претендентів на корінь може бути досить великою, то наступна теорема дозволяє зменшити кількість обчислень.

Т-ма. Для того щоб нескоротний дріб був коренем многочленаf(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+…+a₁x+a₀ додатного степеня з натуральними коефіцієнтами, необхідно щоб для будь-якого натурального числа к дріб єZ, i (p-kq≠0).

Д-ня. Розділимо многочлен f(x) на двочлен (x-k) з остачею. За теоремою Безу f(x)=(x-k)( b_n-1x^n-1+…+b₁x+b₀)+ +f(k). Покладемо х= , враховуючи, щоf()=0

0=( -k)( b_n-1()^n-1+…+b₁ +b₀)+ +f(k). Перенесемо f(x) та домножимо рівність на qⁿ

-f(x) qⁿ=(р-kq)(b_n-1p^n-1+…+b₁ pq^n-2+ +b₀q^n-1)

є Z[х], *

покажемо, що

(p-kq, q)=1. Позначимо d=СК(p-kq, q)

р= kq+(p-kq) оскільки d – дільник правої частини рівності, то d є дільником р. Оскільки (p, q)=1, то d=1. Отже (p-kq, q)=1, а це означає, що (p-kq, qⁿ)=1. Враховуючи подільність * одержимо

f(k)÷ (p-kq), єZ. ▲

Наслідок. Якщо старший коефіцієнт многочлена f(x) є Z[х] додатного степеня дорівнює 1, і α – корінь f(x) , то для довільного к є Z дріб є цілим числом , за умови, що α-к≠0.

Як правило, останню теорему та її наслідок використовують при к=±1 і тоді теорема звучить так: для того, щоб нескоротний дріб був коренемf(x) необхідно щоб дроби таодночасно були цілими числами.