Лекции по алгебре. В 2 частях. Ч.2. Учебное пособие

§9. Корни многочлена и линейные множители. Интерполяционные формулы

Далее в этом параграфе K — целостное кольцо. Элемент c K является корнем многочлена f(x) K[x], если f(c) = 0.

Теорема 1 (Безу). Элемент b кольца K является корнем многочлена f(x) тогда и только тогда, когда (x − b) делит f(x).

Доказательство. По алгоритму Евклида имеем f(x) = (x−b)g(x)+r и deg r < 1. Поэтому r K и f(b) = r. Предположим, что b — корень многочлена f(x). Тогда f(b) = 0, откуда r = 0. Обратно, если (x − b) делит f(x), то r = 0 и f(b) = 0. □

Элемент b кольца K есть корень многочлена f(x) кратности k N, если f(x) делится на (x − b)k и не делится на (x − b)k+1. Корень кратности ≥ 2 называется кратным.

Теорема 2. Пусть c1, . . . , cr — различные корни многочлена f(x) кратностей k1, . . . , kr соответственно. Тогда имеет место разложение f(x) = (x − c1)k1 . . . (x − cr)kr g(x), где g(x) K[x] и g(ci) ̸= 0 для любого i = 1, 2, . . . , r. В частности, k1 + . . . + kr ≤ deg f.

Доказательство. Докажем индукцией по r, что f(x) делится на (x − c1)k1 . . . (x − cr)kr . При r = 1 утверждение следует из определения кратности корня.

Пусть по предположению индукции имеем разложение

f(x) = (x − c1)k1 . . . (x − cr−1)kr−1 fr−1(x).

Тогда f(cr) = (cr −c1)k1 . . . (cr −cr−1)kr−1 fr−1(cr) = 0. В силу целостности кольца K получаем, что fr−1(cr) = 0. Тогда fr−1(x) = (x−cr)sfr(x), где s ≤ kr и fr(cr) ̸= 0. Докажем, что s = kr. Поскольку

f(x) = (x − cr)kr h(x) = (x − c1)k1 . . . (x − cr−1)kr−1 (x − cr)sfr(x),

то ввиду целостности кольца K[x] получаем fr(cr) = 0, если kr > s. Следовательно, kr = s, откуда f(x) = (x − c1)k1 . . . (x − cr)kr g(x) и deg f(x) = k1 + . . . + kr + deg g. □

Заметим, что условие целостности кольца K в теореме 2 является существенным. Действительно, возьмём в качестве K кольцо Z8. Рассмотрим многочлен f(x) = x3. Тогда в кольце Z8[x] имеет место равенство f(x) = (x − 2)(x2 + 2x + 4), т. е. x = 2 — корень f(x). Ясно, что x = 0 — корень кратности 3 у f(x). Однако f(x) не делится на x3(x−2).

21

Следствие 1. Пусть K — целостное кольцо, f(x) — ненулевой многочлен из K[x] и deg f ≤ n. Тогда f(x) имеет не более n корней

Следствие 2. Пусть K — целостное кольцо, c1, . . . , cn+1 — различные элементы кольца K, f(x), g(x) — ненулевые многочлены из K[x] и deg f, deg g ≤ n. Предположим, что f(ci) = g(ci) для i = 1, 2, . . . , n+1. Тогда f(x) = g(x).

Доказательство. Рассмотрим многочлен h(x) = f(x) − g(x). Тогда deg h ≤ n и h(ci) = 0 для i = 1, . . . , n + 1. Следовательно, h(x) = 0, т. е. f(x) = g(x). □

Интерполяционная задача. Пусть K — поле, a1, . . . , an+1 — различные элементы и b1, . . . , bn+1 — произвольные элементы поля K. Задача интерполяции заключается в следующем: найти многочлен f(x) K[x] степени ≤ n, принимающий при x = ai значение bi, где i =

1, . . . , n + 1.

Если такой многочлен f(x) существует, то по следствию 2 он определяется однозначно. Покажем, что многочлен f(x) с указанными свойствами всегда существует.

Интерполяционная формула Лагранжа. Рассмотрим многочлен

n+1

Положим f(x) = Pn+1 bigi(x). Тогда f(aj) = P bigi(aj) = bjgj(aj) =

i=1

i=1

bj, т. е. f(x) — искомый многочлен.

Интерполяционная формула Ньютона. Многочлен f(x) будем искать в виде

f(x) = u0 + u1(x − a1) + u2(x − a1)(x − a2) + . . . + un(x − a1) . . . (x − an),

где u0, . . . , un — неизвестные коэффициенты, которые находим следующим образом:

b1 = f(a1) = u0, следовательно, u0 = b1;

b2 = f(a2) = u0 + u1(a2 − a1), так как a1 ̸= a2, то u1 = b2 − u0 ; a2 − a1

22

предположим, что коэффициенты u0, . . . , un−1 уже найдены, тогда

bn+1 = f(an+1) = u0 + u1(an+1 − a1) + . . . + un(an+1 − a1) . . . (an+1 − an),

в итоге

un = bn+1 − u0 − u1(an+1 − a1) − . . . − un−1(an+1 − a1) . . . (an+1 − an−1). (an+1 − a1) . . . (an+1 − an)

Очевидно, что многочлен f(x), построенный таким образом, является искомым.

§10. Теорема о существовании корня. Поле разложения

Пусть P — поле, f(x) P [x]. Если f(x) не имеет корней в P , то

поля P , содержащее корень многочлена f(x).

Доказательство. Легко заметить, что можно считать deg f ≥ 2 и f неприводим. Зададим следующее разбиение S множества P [x]. Отнесём в один класс многочлены, дающие при делении на f(x) один и тот же остаток. Обозначим класс многочленов, дающих в остатке ϕ(x), через Sϕ. Определим сложение и умножение классов по правилу: Sϕ + Sψ = Sϕ+ψ, SϕSψ = Sϕψ. Корректность определения легко проверяется. Покажем, что данное разбиение S с указанными операциями является полем. Имеем

0 := S0, −Sϕ := S−ϕ, 1 := S1.

Пусть Sϕ ̸= 0, тогда ϕ не делится на f, и так как f неприводим, то (ϕ, f) = 1. Следовательно, существуют такие u, v P [x], что ϕu + fv = 1, т. е. ϕu = 1 − fv и SϕSu = 1. Остальные аксиомы поля легко про-

τ(a + b) = Sa+b = Sa + Sb = τ(a) + τ(b) и τ(ab) = τ(a)τ(b), то τ — гомоморфизм. Имеем τ(a) = Sa = 0 a = 0. Таким образом, τ — это

вложение, и по теореме о гомоморфизмах колец получаем τ(P ) P ,

=

т. е. — подполе в ¯. Пусть n n−1 .

τ(P ) P f(x) = a0x + a1x + . . . + an

23

Пусть f P [x], deg f = n. Полем разложения многочлена f(x) называется такое расширение F поля P , в котором для f(x) содержится n корней (с учётом их кратностей).

Следствие 1. Для любого многочлена f(x) P [x] существует поле разложения.

Доказательство. Действительно, если f(x) разлагается в P [x] на линейные множители, то P — поле разложения для f(x). В противном случае берём неприводимый множитель ϕ(x) (deg ϕ(x) ≥ 2) и по теореме 1 расширяем P до поля P ′, содержащего корень многочлена ϕ(x).

бей P (α) = {g(α) : g(α) ̸= 0, f, g P [x]} F , которое является полем, называется простым расширением поля P . Элемент α F называет-

ся алгебраическим над полем P , если он является корнем некоторого ненулевого многочлена f(x) P [x].

Заметим, что в этом случае P (α) = {f(α) : f P [x]}. Действительно, пусть m(x) — такой многочлен минимальной степени, что m(α) = 0. Тогда m(x) неприводим. Пусть g(α) ̸= 0. Тогда (m(x), g(x)) = 1. Следовательно, существуют u, v P [x] такие, что mu + gv = 1, т. е. g(α)v(α) = 1 и g(α)−1 = v(α).

Если α — алгебраический элемент из F , то P (α) называется простым алгебраическим расширением поля P .

Следствие 2. Пусть f(x) P [x]. Тогда существует простое алгебраическое расширение поля P , содержащее корень многочлена f(x).

§11. Формула Тейлора. Отделение кратных множителей

Пусть P — поле. Рассмотрим многочлен f(x) = anxn + . . . + a0 из P [x]. Производной многочлена f(x) называется многочлен

f′(x) = nanxn−1 + . . . + 2a2x + a1.

Лемма 1. Пусть f, g P [x] и α, β P . Тогда справедливы следующие формулы:

24

Доказательство. Формула (1) следует прямо из определения производной. Формула (2) следует из (1) и формулы (xn ·xm)′ = (xn+m)′ = (n + m)xn+m−1 = n · xn−1 · xm + m · xm−1 · xn = (xn)′ · xm + xn · (xm)′.□

Индукцией по числу сомножителей k, используя (2), легко доказать следующую формулу Лейбница:

k

X

(f1 . . . fk)′ = f1 · . . . · fi′ · . . . · fk.

i=1

Для целого положительного числа k и многочлена f(x) P [x] определим его k-ую производную f(k), полагая f(1)

f(k) = (f(k−1))′ .

Пусть n и k — произвольные целые положительные числа. Тогда по индукции нетрудно показать, что

Теорема 1 (формула Тейлора). Пусть P — поле характеристики ноль, f(x) — многочлен из P [x] степени n, a P . Тогда

f(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + f(2)(a)(x − a)2 + . . . + f(n)(a)(x − a)n. 1! 2! n!

Доказательство. Рассмотрим последовательность делений с остатком:

Из последнего деления получаем, что fn(x) P. Обозначим fn(x) через bn. Тогда

f(x) = f1(x)(x − a) + b0 = (f2(x)(x − a) + b1) (x − a) + b0 = = f2(x)(x − a)2 + b1(x − a) + b0 = . . . =

= b0 + b1(x − a) + . . . + bn(x − a)n,

25

Теорема 2. Пусть P — произвольное поле, F — расширение поля

P . Многочлен f(x) P [x] имеет кратный корень c F тогда и только тогда, когда f(c) = f′(c) = 0.

Доказательство. Из доказательства теоремы 1 имеем

f(x) = b0 + b1(x − c) + b2(x − c)2 + . . . + bn(x − c)n,

где b0, b1, . . . , bn P . Следовательно,

f(x) = f(c) + f′(c)(x − c) + b2(x − c)2 + . . . + bn(x − c)n.

Пусть c — кратный корень многочлена f(x). Тогда многочлен f(x) делится на (x − c)2, т. е. f(c) = 0 и f′(c) = 0.

Если f(c) = f′(c) = 0, то f(x) = b2(x−c)2 +. . .+bn(x−c)n, а потому c — кратный корень многочлена f(x). □

Пусть f(x) P [x]. Неприводимый в P [x] многочлен p(x) называется k-кратным множителем многочлена f(x), если f(x) = pk(x)g(x), где (p(x), g(x)) = 1. Разложение вида

где pi — ki-кратный множитель для f(x) при i = 1, . . . , r и (pi, pj) = 1

при любых i ̸= j, называется разложением f(x) на кратные множители.

Теорема 3. Пусть P — поле характеристики нуль и многочлен p(x) P [x] — k-кратный множитель многочлена f(x) P [x]. Тогда p(x) — (k − 1)-кратный множитель многочлена f′(x). В частности, при k = 1 многочлен f′(x) не делится на p(x).

Доказательство. По определению k-кратного множителя имеем равенство f(x) = pk(x)g(x), где (p(x), g(x)) = 1. Тогда в силу (2) получаем, что

f′(x) = kpk−1(x)p′(x)g(x)+pk(x)·g′(x) = pk−1(x)(kg(x)p′(x)+p(x)g′(x)).

Если f′(x) делится на pk(x), то kg(x)p′(x)+p(x)g′(x) делится на p(x) и kg(x)p′(x) делится на p(x). Так как P — поле нулевой характеристики,

Следствие 1. Пусть P — поле характеристики нуль. Следующие условия эквивалентны:

1) многочлен f(x) P [x] имеет корень x0 кратности k в некотором расширении F поля P , т. е. x0 F и x0 — корень кратности k многочлена f(x) P [x];

26

Следствие 2. Пусть P — поле характеристики нуль и f(x) P [x]

— многочлен степени ≥ 1. Если многочлен f имеет разложение (3),

то

(f, f′) = pk11−1pk22−1 . . . pkrr−1.

Доказательство. Без ограничений общности можно считать, что многочлен (f, f′) унитарный. Ввиду теоремы 3 каждый многочлен pi(x) является (ki − 1)-кратным множителем многочлена f′(x), а потому

f′ = pk11−1pk22−1 . . . pkrr−1h(x),

где (h, pi) = 1 для любого i = 1, . . . , r. Отсюда получаем, что

Следующее следствие позволяет отделять кратные множители, входящие в разложение многочлена f(x).

Следствие 3. Пусть P — поле характеристики нуль и f(x) P [x]

— многочлен степени ≥ 1. Если многочлен f имеет разложение (3),

§12. Формулы Виета. Основная теорема о симметрических многочленах

Теорема 1 (формулы Виета). Пусть P — поле, F — расширение поля P . Предположим, что многочлен f(x) = xn + a1xn−1 + . . . + an P [x] имеет корни c1, . . . , cn F . Тогда справедливы следующие формулы Виета:

1≤i1<i2<...<ik≤n

· · ·

an = (−1)nc1 . . . cn.

Доказательство. Так как c1, . . . , cn — все корни многочлена f(x), то f(x) = xn + a1xn−1 + . . . + an = (x − c1) . . . (x − cn). Перемножая

27

правую часть и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, получаем искомую формулу. □

Рассмотрим целостное кольцо A и многочлен f(x1, . . . , xn) от неизвестных x1, x2, . . . , xn из кольца A[x1, . . . , xn] . Тогда

где αi1...in — коэффициенты из A, т. е. αi1...in A для любых i1, . . . , in,

deg f = max{i1 + . . . + in : αi1...in ̸= 0}.

Для нулевого многочлена 0 полагаем deg 0 = −∞. Как мы знаем, A[x1, . . . , xn] — целостное кольцо. Многочлен f(x1, . . . , xn) из кольца A[x1, . . . , xn] называется однородным тогда и только тогда, когда все его одночлены с ненулевыми коэффициентами имеют одинаковую степень. Если f — однородный многочлен степени k, то все одночлены, входящие в f, имеют степень k.

Пример. Пусть f(x1, x2, x3) = x31 + 2x22x3. Тогда f — однородный степени 3. Многочлен h(x1, x2, x3) = 4x1 − 5x22 + x33 не является одно-

родным, deg h = 3.

Лемма 1. Пусть f, g — ненулевые многочлены кольца A[x1, . . . , xn]. Тогда

deg (fg) = deg f + deg g.

Доказательство. Пусть deg f = k, deg g = l. Тогда

f = f0 + f1 + . . . + fk и g = g0 + g1 + . . . + gl,

где fi и gj — однородные многочлены степеней i и j соответственно, и

Многочлен f = f(x1, . . . , xn) A[x1, . . . , xn] называется симметрическим тогда и только тогда, когда для любой подстановки σ Sn

выполняется равенство σf := f(xσ(1), . . . , xσ(n)) = f(x1, . . . , xn).

28

Пример. Многочлены f(x1, . . . , xn) = xk1 + . . . + xkn и f(x1, x2) = x21 + x22 — симметрические. Многочлен f(x1, x2, x3) = x21 + x22 не яв-

ляется симметрическим, так как для подстановки σ = (23) получаем:

σf(x1, x2, x3) = x2σ(1) + x2σ(2) = x21 + x23 ̸= f(x1, x2, x3).

Очевидно, что сумма и произведение симметрических многочленов — симметрические многочлены. Ясно, что для любого многочлена

g(y1, . . . , yn) A[y1, . . . , yn], g(f1, . . . , fn) A[x1, . . . , xn] — симметрический многочлен от x1, . . . , xn, если f1, . . . , fn — симметрические мно-

гочлены от x1, . . . , xn.

Элементарные симметрические многочлены от x1, . . . , xn:

Наша цель — доказать, что любой симметрический многочлен можно представить как многочлен от s1, . . . , sn.

Подставим в s1(x1, . . . , xn), . . . , sn(x1, . . . , xn) вместо неизвестной xn элемент 0 A. Тогда получим, что

(s1)0 = s1|xn=0 = s1(x1, . . . , xn−1, 0) = x1 + . . . + xn−1 = s1(x1, . . . , xn−1),

· · ·

(sn−1)0 = sn−1(x1, . . . , xn−1, 0) = x1 . . . xn−1 = sn−1(x1, . . . , xn−1),

(sn)0 = sn|xn=0 = sn(x1, . . . xn−1, 0) = 0

являются элементарными симметрическими многочленами от неизвестных x1, . . . , xn−1.

29

Посмотрим, что происходит с одночленами многочлена g(y1, . . . , yn) из кольца A[y1, . . . , yn] при подстановках y1 = s1, . . . , yn = sn. Ес-

ли g(y1, . . . , yn) = y1i1 y2i2 . . . ynin , то одночлен y1i1 y2i2 . . . ynin переходит в многочлен si11 si22 . . . sinn от неизвестных x1, . . . , xn. Этот многочлен, оче-

видно, является однородным многочленом степени i1 + 2i2 + . . . + nin.

Число i1 + 2i2 + . . . + nin называется весом одночлена y1i1 . . . ynin . Весом многочлена g(y1, . . . , yn) называется максимальный вес одночленов, входящих в g с ненулевыми коэффициентами. Для многочлена

Пример. Пусть g = y13 + y22y3. Тогда h(g) = max{3, 2 · 2 + 3 · 1} = 7. Для многочлена g = y1 + y22 + y33 его вес h(g) = max{1, 2 · 2, 3 · 3} = 9.

Теорема 2. Для любого симметрического многочлена f степени m из кольца A[x1, . . . , xn] существует единственный многочлен g A[y1, . . . , yn] веса m такой, что

f(x1, . . . , xn) = g(s1, . . . , sn).

Доказательство. Сначала докажем существование многочлена g.

a0 + a1y + . . . + amym — искомый многочлен. Следовательно, в этом случае утверждение верно.

Пусть для всех многочленов от k (k ≤ n − 1) неизвестных утверждение верно и f(x1, . . . , xn) — многочлен степени m от неизвестных x1, . . . , xn. Справедливость утверждения для f будем доказывать индукцией по m.

При m = 1 имеем f = f(x1, . . . , xn) = a0 + a1(x1 + . . . + xn), где a0, a1 A. Тогда f = a0 + a1s1(x1, . . . , xn), а потому g(y) = a0 + a1y —

искомый многочлен. Следовательно, в этом случае утверждение верно. Пусть для всех многочленов f = f(x1, . . . , xn) степени < m утверждение выполнено. Рассмотрим такой многочлен f = f(x1, . . . , xn), что

deg f = m. Положим xn = 0 в f = f(x1, . . . , xn). Тогда f(x1, . . . , xn−1, 0)

— многочлен от неизвестных x1, . . . , xn−1, поэтому по предположению индукции существует g1(y1, . . . , yn−1) A[y1, . . . , yn−1] такой, что

f(x1, . . . , xn−1, 0) = g1((s1)0, . . . , (sn−1)0),

30