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

но поскольку deg f(x1, . . . , xn−1, 0) ≤ m, то h(g1(y1, . . . , yn−1)) ≤ m, а также deg (g1(s1, . . . , sn−1)) ≤ m. Следовательно, многочлен

f1(x1, . . . , xn) = f(x1, . . . , xn) − g1(s1, . . . , sn−1)

имеет степень ≤ m. Так как

f1(x1, . . . , xn−1, 0) = f(x1, . . . , xn−1, 0) − g1((s1)0, . . . , (sn−1)0) = 0,

то по теореме Безу многочлен f1(x1, . . . , xn) делится на xn, т. е. верно

равенство f1(x1, . . . , xn) = xnf2(x1, . . . , xn). Но многочлен f1(x1, . . . , xn)

является симметрическим, поэтому для любой подстановки σ Sn по-

лучаем, что σf1 = f1 = xσ(n)f2(xσ(1), . . . , xσ(n)). Следовательно, многочлен f1 делится на x1, x2, . . . , xn соответственно, и значит f1 делится

на произведение x1x2 . . . xn = sn. Поэтому получаем следующее равен-

ство f1(x1, . . . , xn) = sn · f3(x1, . . . , xn). Тогда для любой подстановки σ Sn, σf1 = f1 = sn · σf3. Отсюда следует, что 0 = sn · (σf3 − f3) = 0. Поскольку A[x1, . . . , xn] — целостное кольцо, то σf3 = f3. Следователь-

но, f3(x1, . . . , xn) — симметрический многочлен. Поскольку deg f3 ≤ m − n, то по предположению индукции существует g2(y1, . . . , yn)

A[y1, . . . , yn], что f3(x1, . . . , xn) = g2(s1, . . . , sn). Тогда

f(x1, . . . , xn) = f1(x1, . . . , xn) + g1(s1, . . . , sn−1) =

sn · g2(s1, . . . , sn) + g1(s1, . . . , sn−1).

Существование многочлена g доказано. Сравнивая степени f и g, получаем, что вес g равен m. Докажем единственность такого g.

Пусть существуют два многочлена h1(y1, . . . , yn) и h2(y1, . . . , yn) из кольца A[y1, . . . , yn] такие, что

f(x1, . . . , xn) = h1(s1, . . . , sn) = h2(s1, . . . , sn).

Рассмотрим многочлен g(y1, . . . , yn) = h1(y1, . . . , yn) − h2(y1, . . . , yn). Тогда g(s1, . . . , sn) = 0. Докажем, что g(y1, . . . , yn) — нулевой многочлен. Для этого установим справедливость следующего утверждения:

пусть g(y1, . . . , yn) A[y1, . . . , yn] — произвольный многочлен с условием g(s1, . . . , sn) = 0, тогда g(y1, . . . , yn) = 0. Доказательство проведём

индукцией по n.

При n = 1 получаем g = g(y1) = α0 + α1y1 + . . . + αky1k, где αi A. Поскольку s1(x1) = x1, то g(s1) = α0 + α1x1 + . . . + αkxk1 = 0, т. е.

α0 = α1 = . . . = αk = 0 и g = 0.

Пусть утверждение верно для всех многочленов от (n −1) неизвестной. Рассмотрим g = g(y1, . . . , yn) от неизвестных y1, . . . , yn и разложим

31

g по степеням yn. Тогда

g = g0(y1, . . . , yn−1) + g1(y1, . . . , yn−1)yn + . . . + gk(y1, . . . , yn−1)ynk,

где g0(y1, . . . , yn−1), . . . , g1(y1, . . . , yn−1) — многочлены от (n − 1) неизвестной, и 0 = g(s1, . . . , sn) =

g0(s1, . . . , sn−1) + g1(s1, . . . , sn−1)sn + . . . + gk(s1, . . . , sn−1)skn.

Положив xn = 0, получим 0 = g((s1)0, . . . , (sn)0) = g0((s1)0, . . . , (sn−1)0). Таким образом, многочлен g0(y1, . . . , yn−1) обладает следующим свой-

ством:

g0(s1(x1, . . . , xn−1), . . . , sn−1(x1, . . . , xn−1)) = 0.

Тогда по предположению индукции получаем g0(y1, . . . , yn−1) = 0. Если все многочлены gi(y1, . . . , yn−1) = 0, то g = 0, и доказывать

нечего. Пусть существует такое i = 1, . . . , k, что gi(y1, . . . , yn−1) ̸= 0. Выберем число l = min1≤i≤k{i : gi(y1, . . . , yn−1) ̸= 0}. Тогда

0= g(s1, . . . , sn) =

=gl(s1, . . . , sn−1)sln + gl+1(s1, . . . , sn−1)sln+1 + . . . + gk(s1, . . . , sn−1)skn =

sln(gl(s1, . . . , sn−1)+gl+1(s1, . . . , sn−1)sn +. . .+gk(s1, . . . , sn−1)skn−l) = 0.

Поскольку A[x1, . . . , xn] — целостное кольцо, то

gl(s1, . . . , sn−1) + gl+1(s1, . . . , sn−1)sn + . . . + gk(s1, . . . , sn−1)skn−l = 0.

Полагая опять xn = 0, получим, что gl(y1, . . . , yn−1) = 0. Противо-

Следствие. Пусть P — поле, f(x) P [x], c1, . . . , cn — все корни f(x) в расширении F поля P и h(x1, . . . , xn) — симметрический многочлен. Тогда h(c1, . . . , cn) P .

Доказательство. По теореме 2 существует g(y1, . . . , yn) P [y1, . . . , yn] такой, что h(x1, . . . , xn) = g(s1, . . . , sn). В силу формул Виета

32

§13. Дискриминант. Формулы Ньютона

Пусть P — поле. В кольце многочленов P [t1, . . . , tn] рассмотрим произведение

Y

n = n(t1, . . . , tn) = (tj − ti).

1≤i<j≤n

Тогда σ n = n(tσ(1), . . . , tσ(n)) = ±n(t1, . . . , tn) для любой подстановки σ Sn. Значит, 2n — симметрический многочлен от неизвест-

ных t1, . . . , tn. По теореме 2 § 12 существует единственный многочлен Dis(x1, . . . , xn), для которого

2n = 2n(t1, . . . , tn) = Dis(s1(t1, . . . , tn), . . . , sn(t1, . . . , tn)).

Если f = xn + a1xn−1 + . . . + an — многочлен, имеющий корни c1, . . . , cn в расширении F поля P , то по формулам Виета sk(c1, . . . , cn) = (−1)kak и элемент

D(f) = Dis(s1(c1, . . . , cn), . . . , sn(c1, . . . , cn)) =

Y

Dis(−a1, . . . , (−1)nan) = (ci − cj)2

1≤i<j≤n

поля P называется дискриминантом многочлена f(x), или дискриминантом алгебраического уравнения f(x) = 0. Если ai P, то ясно, что D(f) P , даже если корни ci не лежат в P . Очевидно, что справедливо следующее

Предложение 1. Для любого многочлена f(x) его дискриминант D(f) = 0 тогда и только тогда, когда f(x) имеет хотя бы один крат-

Очевидно, что Pk(x1, . . . , xn) — симметрический многочлен для любого k N.

Теорема 1. Справедливы следующие формулы Ньютона:

Pk + (−1)Pk−1s1 + (−1)2Pk−2s2 + . . . + (−1)kksk = 0 при 1 ≤ k ≤ n, (1)

33

Pk + (−1)Pk−1s1 + (−1)2Pk−2s2 + . . . + (−1)nPk−nsn = 0 при k > n. (2)

Доказательство. По формулам Виета получаем, что

xni + (−1)s1xni −1 + . . . + (−1)n−1sn−1xi + (−1)nsn = 0,

где i = 1, 2, . . . , n. Умножив каждое из этих соотношений на xki −n при k ≥ n, получим:

xki + (−1)s1xki −1 + . . . + (−1)nsnxki −n = 0.

Сложив их, приходим к равенству Pk+(−1)s1Pk−1+. . .+(−1)nsnPk−n =

0 (k ≥ n). В частности, при k = n получаем Pn + (−1)s1Pk−1 + . . . + (−1)nsnP0 = 0, т. е. мы доказали (2), а также (1) при k = n.

Рассмотрим многочлен fk,n(x1, . . . , xn) = Pk−Pk−1s1+. . .+(−1)kksk. Докажем индукцией по r = n − k, что fk,n = 0.

Для r = 0, т. е. при n = k, это уже доказано. Пусть fl,m = 0 при m − l ≤ r.

Рассмотрим fk,n при n − k = r + 1. Положим xn = 0. Заметим, что многочлены (Pi)0 и (si)0 совпадают соответственно с многочленами Pi

и si от неизвестных x1, . . . , xn−1. Тогда

fk,n(x1, . . . , xn−1, 0) = (Pk)0(s1)0+. . .+(−1)k−1(P1)0(sk−1)0+(−1)kk(sk)0

= fk,n−1(x1, . . . , xn−1) = 0

по предположению индукции, так как n − 1 − k = r. Следовательно,

fk,n(x1, . . . , xn−1, xn) делится на xn, т. е. fk,n(x1, . . . , xn) = xnf1. Используя симметричность fk,n, получаем, что fk,n(x1, . . . , xn−1, xn) делится на многочлен x1 . . . xn, т. е.

fk,n = x1 . . . xng(x1, . . . , xn) = sng(x1, . . . , xn).

и т. д.

Вычислим рекуррентно D(f).

34

Теорема 2. Для любого натурального n справедливо равенство

1≤j<i≤n

тель Вандермонда:

Последовательно из каждой строки определителя Wn вычтем предыдущую, умноженную на элемент x1. Получим, что

35

Пример. Для многочлена g = x3 + ax + b его дискриминант

3 P1 P2

D(g) = P1 P2 P3 .

P2 P3 P4

По формулам Ньютона P1 = s1 = 0, P2 = s21 − 2s2 = −2a, P3 = s31 −

3s1s2 + 3s3 = −3b, P4 = s41 − 4s1s2 + 2s22 + 4s1s3 = 2a2, поэтому

§14. Результант как определитель наличия общих множителей

Пусть P — поле и f, g P [x]. Когда f и g имеют общий множитель

из P [x]? Предположим, что f(x) = a0xn + . . . + an и g(x) = b0xm + . . . + bm.

Результантом Res(f, g) многочленов f и g называется элемент поля P , определяемый формулой:

36

(пустые места предполагаются заполненными нулями). Заметим, что значение Res(f, g) зависит от формы записи f и g, если мы допускаем возможность a0 = 0 или b0 = 0.

Свойства результанта.

Res 1. Res(f, g) = 0 тогда и только тогда, когда a0 = b0 = 0 или многочлены f и g имеют общий множитель в P [x], т. е. deg (f, g) > 0.

Доказательство. Докажем вначале, что deg (f, g) > 0 тогда и только тогда, когда существуют такие ненулевые многочлены f1, g1 P [x], что

fg1 + f1g = 0, deg f1 < deg f или deg g1 < deg g.

Пусть (f, g) = h и deg h > 0. Тогда f = f1h, g = −g1h. Очевидно, что deg f1 < deg f, deg g1 < deg g. Имеем:

fg1 + gf1 = f1hg1 − g1hf1 = 0.

Обратно, пусть fg1+gf1 = 0 для некоторых ненулевых f1 и g1 таких, что deg f1 < deg f или deg g1 < deg g. Покажем, что deg (f, g) > 0. Предположим, что (f, g) = 1. Тогда ввиду факториальности кольца P [x] из равенства fg1 = −gf1 следует, что f|f1, а g|g1. Следовательно, deg f ≤ deg f1 < deg f и deg g ≤ deg g1 < deg g. Противоречие.

Теперь докажем, что условие fg1 + gf1 = 0, где f1 и g1 — такие ненулевые многочлены, что deg f1 < deg f или deg g1 < deg g, влечёт

Res(f, g) = 0.

37

Пусть f1 = c0xn−1 +. . .+cn−1 и g1 = d0xm−1 +. . .+dm−1. Поскольку fg1 + gf1 = 0, то, приравнивая коэффициенты многочлена fg1 + gf1 к

a2x0 + a1x1 + a0x2 + . . . + b2y0 + b1y1 + b0y2 . . . = 0

· · · · · ·

снеизвестными x0, . . . , xm−1, y0, . . . , yn−1.

Выпишем матрицу этой системы:

Очевидно, что det Aτ = Res(f, g). Поскольку (d0, . . . , dm−1, c0, . . . , cn−1)

— ненулевое решение системы (1), то det A = 0. Следовательно, Res(f, g) = det Aτ = det A = 0.

Обратно, если Res(f, g) = 0, а a0 и b0 одновременно не равны нулю, то, обращая последние рассуждения, получаем deg (f, g) > 0. □

38

§15. Результант как симметрическая функция корней

Res 2. Пусть P — поле, f, g — многочлены из P [x], которые полностью разлагаются в кольце P [x] на линейные множители. Предположим, что для некоторых αi, βj P мы имеем

Доказательство. Рассмотрим кольцо P = P [x1, . . . , xn, y1, . . . , ym]. Положим

f(x) = a0(x − x1) . . . (x − xn) = a0xn + a1xn−1 + . . . + an,

g(x) = b0(x − y1) . . . (x − ym) = b0xm + b1xm−1 + . . . + bm.

Очевидно, что ai, bj P . Более того, по формулам Виета ai = (−1)ia0si(x1, . . . , xn) и bj = (−1)jb0sj(y1, . . . , ym).

Пусть z1, . . . , zn, t1, . . . , tm — элементы поля P . Рассмотрим отображение

Πz1,...,zn,t1,...,tm : P 7→P,

заданное правилом

Πz1,...,zn,t1,...,tm : h(x1, . . . , xn, y1, . . . , ym) −→ h(z1, . . . , zn, t1, . . . , tm).

Нетрудно проверить, что данное отображение является гомоморфизмом кольца P в поле P . Будем называть такое отображение подстановкой xi = zi, yj = tj и образ многочлена h P при этом отображении будем обозначать как h|xi=zi,yj=tj .

Отметим, что f|xi=αi = f, g|yj=βj = g и Res(f, g)|xi=αi,yj=βj = Res(f, g). Введём новую неизвестную t. Тогда P [t][x], P [x][t] и P [x] —

факториальные кольца.

Рассмотрим многочлены f(x) и g(x) − t как многочлены с коэффициентами из кольца P [t]. Из определения результанта имеем:

39

Вычисляя этот определитель, получаем:

Res(f, g − t) = (−1)nam0 tn + . . . + Res(f, g) P [t],

т. е. Res(f, g−t) — многочлен степени n. Многочлены f(x) и g(x)−g(xi) имеют общий корень x = xi, поэтому по теореме Безу они делятся на x−xi. По свойству Res 1 имеем Res(f(x), g(x)−g(xi)) = 0. Следовательно, g(xi) — корень многочлена Res(f(x), g(x)−t). Тогда по теореме Безу

многочлен Res(f(x), g(x) − t) делится на t − g(xi) для всех i = 1, . . . , n. Так как многочлены g(xi) попарно различны, то

n

Y

(t − g(xi)) делит Res(f, g − t),

i=1

n

а потому Res(f, g −t) = (−1)nam0 Q(t −g(xi)). Положив t = 0, получим

i=1

n

Y

Res(f, g) = am0 g(xi).

i=1

Подставим сюда x1 = α1, . . . , xn = αn, y1 = β1, . . . , ym = βm. Тогда

Ввиду свойств определителя имеем Res(f, g) = (−1)nmRes(g, f). По доказанному выше окончательно получаем следующие равенства:

40