Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Многочлены над областями целостности (теория и приложения). Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1611 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Сумму кубов корней найдем, используя формулу куба суммы

двух	чисел			x1 x2 3 x13 3x12 x2		3x1x22 x23 x13 x23
3x1x2 x1	x2	.	Отсюда		следует, что	x13 x23 x1 x2 3
3x1x2 x1	x2	. Итак,		x13 x23	113 3 ( 7) 11 1562 .

Найдем сумму чисел, обратных квадратам корней многочлена:

1		1	x2	x2			1	1		135		37
			1		2	. Итак,					2		.
x2		x2	x2 x2			. Итак,	x2	x2		( 7)2	2	49	.
x2		x2	x2 x2				x2	x2		( 7)2		49
1		2		1	2		1	2
	Пример 50. Для многочлена								f (x) 2x3 7x2					3x 6 найдите

а) сумму квадратов корней многочлена; б) сумму кубов корней многочлена;

в) сумму чисел, обратных корням многочлена.

Решение. Обозначим корни многочлена f(x) через x1, x2 , x3 . По теореме Виета

	2(x1	x2 x3 ) 7,			) 3,	или	x1 x2			x3	3,5,		1,5,
	2(x x		x x	x x	) 3,	или	x x	2	x x		x x		1,5,
	1	2	1 3	2 2			1	2		1 3		2 2
2x x x			6.				x x x			3.
	1	2 3					1	2	3

Найдем сумму квадратов корней, используя для этого формулу

квадрата суммы чисел:			x1 x2		x3	2 x12 x22 x32			2x1x2	2x1x3
2x x . Получаем			x2	x2	x2	(x	x	x )2	2(x x	2	x x
	2	3	1	2	3	1	2	3	1	2	1	3
x x ) 3,52 2( 1,5) 12, 25 3 15, 25 .
2	3

Найдем сумму кубов корней, используя для этого формулу куба

суммы		чисел:				x1 x2		x3 3		x13 x23 x33 3x12 x2								3x12 x3		3x1x22
3x2 x 3x x2						3x x2 6x x x x3						x3		x3	3x x (x x x )
2	3		1	3		2	3	1	2	3	1		2	3		1	2	1	2			3
3x x (x			x		x ) 3x			x (x x			x ) 3x x x .						Тогда			x3		x3
1	3	1	2			3	2	3	1	2		3		1	2	3					1	2
x3 (x x x )3							3(x x x )(x x x x x x ) 3x x x
3		1	2			3		1	2		3	1	2	1	3	2	3		1	2	3

3,53 3 3,5 ( 1,5) 3 ( 3) 42,875 15, 75 9 49, 625 .

Найдем сумму чисел, обратных корням многочлена:

1	1	1		x2 x3 x1x3			x1x2	1,5	1 .
x	x	x		x x	2	x	3	3	2
1	2	3	1		2		3

101

Пример 51. Покажите, что не все корни многочлена

f(x) x3 3x2 7x 1 являются действительными числами. Решение. По теореме Виета корни многочлена f(х) удовлетво-

ряют соотношениям								x1			x2			x3 3,											7,
ряют соотношениям								x x				x x						x		2		x			7,
										1	2			1			3			2			3
								x x x						1.
										1	2 3
	Применив,				полученную											в		предыдущем														примере							формулу
x2	x	2 x2 (x					x	x )2					2(x x						2			x x					x x ) ,							для				заданного в
1		2	3		1		2			3								1	2				1		3			2			3
условии задачи многочлена получим																										x2		x			2 x2 32 2 7 5 ,
																											1	2						3
что невозможно, если все его корни действительные числа.
	Пример			52.			Пусть					x1, x2 , x3											–		корни						многочлена										f (x)
2x3		5x2 7x 1. Составьте многочлен третьей степени, корня-
ми которого будут числа y1																	x1		,				y2				x2		,		y3				x3		.
																	x2 x3									x1x3									x1x2
	Решение.			Теорема						Виета								для						многочлена											f(x)			имеет вид
2(x1			x2	x3 ) 5,																			x1 x2 x3 2,5,
			x1x3 x2 x3 ) 7,										откуда														x1x3					x2 x3 3,5,
2(x1x2			x1x3 x2 x3 ) 7,										откуда										x1x2				x1x3					x2 x3 3,5,
2x x			x 1.																				x x				x	0,5.
	1	2	3																				1		2		3
	Многочлен g(x) будем искать в виде																										g(x) x3 a x2												a	2	x a .
																																		1						2	3
Для определения коэффициентов применим теорему Виета:
																					x2 x2						x2
					a		( y			y		2	y				)						1		2			3		,
					a		( y			y			y				)													,
						1			1						3									x1x2 x3
																								x1x2 x3
				a		2	y y		2	y y				y				y						x12 x22		x12 x32 x22 x32										,
				a			y y			y y				y				y																		,
							1				1 3							2 3									x2 x2 x2
																		1									1 2				3
						a y y y												1					.
						a y y y																	.
							3		1	2		3					x1x2 x3
							3		1	2		3

	Чтобы найти сумму										x2		x2					x2						воспользуемся формулой, по-
лученной в примере 50:											1						2			3
лученной в примере 50:
						x2 x2				x		2	(x x								2		x )2 2(x x										2
							1	2			3						1				2				3						1		2
			+ x2	x2			x2	(x x							2		x )2							2(x x x x x x )
			1		2		3				1				2			3								1		2			1		3	2				3
								= ( 2,5)2								2( 3, 5) 13, 25 .

102

Аналогично x2 x2					x2 x2		x2 x2		(x x	2	x x		x x )2		2x2 x		x
			1	2	1	3	2	3	1	2	1	3	2	3	1	2	3
x x		x x ) ( 3,5)2			2 0,5 ( 2,5) 14,75 .
1	3	2	3

Подставляя полученные выражения в формулы Виета, вычислим коэффициенты

a 13,25		26,5;	a	2	14,75 59;	a			1	2 .

1	0,5				0,52	3		0,5

Искомый многочлен g(x) x3					26,5x2 59x		2 .

Пример 53. Составьте нормированный многочлен четвертой

степени, корнями которого будут числа x1 x2

5, x4 2 .

Решение. Многочлен f(x) будем

искать

в виде

f (x) x4

a x3 a

x2 a x a

. Для определения коэффициентов применим

теорему Виета:

x1 x2 x3 x4 a1,

x2 x4 x3x4 a2 ,

x1x2

x1x3

x1x4

x2 x3

x x x

x x x a ,

x1x

3x 1a2 . 4

1 3 4

2 3 4

(1 1 5 2) 5,

Имеем

1 5 2 5 2 10 3,

(5 2 10 10) 17,

10.

Искомый многочлен g(x) x4 5x3 3x2 17x 10 .

Этот пример можно решить и

другим способом, применив

следствие

11.9.

разложении

многочлена

на

множители

f (x) (x 1)2 (x 5)(x 2)

раскрыть скобки.

Следующее утверждение является одним из ярких примеров применения теории комплексных чисел к задачам «чисто действительным», не имеющим в своей постановке к комплексным числам никакого отношения.

Следствие 11.11. Всякий многочлен степени n 1 над полем раскладывается в произведение линейных двучленов и квадратных трехчленов с отрицательными дискриминантами, имеющими действительные коэффициенты.

103

Доказательство. Покажем сначала, что если f (x)

xn a xn 1 ... a

n 1

x a

– многочлен с действительными

является

коэффициентами и комплексное число a bi

корнем многочлена

f(x), то и число

a bi является кор-

нем многочлена f(x).

Имеем

f () a n a n 1

... a

0 .

Поэтому

n 1

a n a n 1 ... a

n 1

...

n 1

n a n 1 ... a

0 .

Следовательно,

n 1

– корень многочлена f(x).

Утверждение следствия будем доказывать индукцией по

степени n многочлена f(x). Для многочленов степени 1 и 2 утверждение верно. Предположим, что оно справедливо для любых многочленов степени меньше n, и пусть степень многочлена f(x) равна n. Пусть корень многочлена f(x). Тогда по теореме Безу

f (x) (x )q(x) .

(11.6)

Если – действительное число, то q(x) – многочлен с действительными коэффициентами. По индуктивному предположению q(x) раскладывается в произведение требуемого вида. Но тогда в силу равенства (11.6) такое разложение существует и для многочлена f(x).

Пусть теперь – комплексное корень,				но тогда тоже
корень многочлена f(x)		и из	(11.6) при	x		получаем
f ( ) ( )q( ) .	Так	как	f ( ) 0	и	0 , то
q( ) 0 . Снова	применим		теорему Безу		и	получим
q(x) (x )h(x) . Тогда из (11.6) будем иметь
	f (x) (x )(x )h(x) .					(11.7)

Поскольку и – числа действительные, то трехчлен x2 ( )x имеет действительные коэффициен-

104

ты и отрицательный дискриминант, так как его корни не являются действительными числами.

Многочлен h(x) также имеет действительные коэффициенты как частное двух многочленов с действительными коэффициентами. Но многочлен h(x) имеет степень меньше n, так что к нему применимо предположение индукции. После этого требуемое утверждение для многочлена f(x) вытекает из равенства (11.7). Согласно принципу математической индукции утверждение справедливо для любого натурального чис-

ла n. Из этого следствия вытекает, что любой многочлен степени n 2 над полем приводим и раскладывается в произведение неприводимых множителей, которыми являются линейные двучлены и квадратные трехчлены, не имеющие дей-

ствительных корней.

Пример 54. Разложите на неприводимые множители многочлен f (x) x3 x2 x 10 [x].

Решение. Все рациональные корни многочлена целые числа и находятся среди делителей свободного члена. Перебором его делителей найдем целый корень 2 . По схеме Горнера найдем

частное q(x) x2 3x 5 от деления f(х)	а х– 2. Так как частное
q(х) не имеет действительных корней, то,	f (x) x3 x2 x 10
(x 2)(x2 3x 5) .

Пример 55. Разложите на неприводимые множители многочлен f (x) x3 6x 20 [x] .

Решение. Для многочлена над полем неприводимыми являются только многочлены первой степени, поэтому он раскладывается в произведение линейных множителей.

Среди делителей свободного члена находим целый корень1 2 . По схеме Горнера находим частное q(x) x2 2x 10 от деления f(x) на x + 2.

105

Корни квадратного			трехчлена		2,3	1 3i .			Таким образом,
f (x) (x 2)(x 1 3i)(x 1 3i) .
Пример 56. Для многочлена				f (x) x4			2x3 3x2 18x 4 один
из корней равен 1 i 3 . Разложите f(x)							на множители с действи-
тельными коэффициентами.
Решение. Так как 1 1 i				3 – корень f(x), то из доказатель-
ства следствия 11.11 вытекает,				что 2		1 i			3 также является
корнем f(x). Поэтому многочлен					f(x)	делится			на произведение
(x )(x	2	) x2 2x 4 . Выполнив деление «уголком» или по
1
обобщенной		схеме Горнера,		получим			в	частном многочлен
q(x) x2 4x 1 . Его корни: 3,4					2		5 .	Искомое разложение
f (x) (x2 x 3) x 2 5 x 2 5 .
Пример	57. Разложите многочлен						f (x) x6 27 [x] на
а) линейные множители;			б) квадратичные множители.
Решение.	Корни многочлена			f (x) x6 27					можно найти, ис-

пользуя формулу извлечения корня из комплексного числа, записанного в тригонометрической форме. Если z r(cos i sin )

(r – модуль, – аргумент комплексного числа), то корни из этого

числа находятся по формуле										n	z	n				2 k					i sin			2 k
числа находятся по формуле											z		r cos					n			i sin			n	,
																		n						n
где k 0,1, ..., n 1					и n r – арифметическое значение корня. Для
z 27 имеем r 27 ,							.
Тогда	6	27		3				2 k			i sin			2 k					(k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) и
Тогда		27		3	cos			6			i sin				6				(k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) и
								6							6
	0		3	cos			i sin					3		3		1	i			3		3	i ,


						6			6					2		2				2		2
				3 cos i sin										3 0 1i i							3 ,
		1						2
								2			2

106

					5					5						3	1					3		3
2		3	cos				i sin							3					i							i	,
2		3	cos				i sin							3					i							i	,
						6				6						2	2					2		2
						6				6						2	2					2		2
					7					7						3	1					3		3			,
3		3	cos				i sin							3					i							i
3		3	cos				i sin							3					i							i
						6				6						2	2					2		2
	4			3				3	i sin				3			3 0 1i i							3 ,
	4			3	cos			2	i sin				2			3 0 1i i							3 ,
								2					2
						11					11					3		1			3			3	i .
5		3		cos				i sin							3					i
5		3		cos				i sin							3					i
						6						6				2		2			2			2
						6						6				2		2			2			2

Значит, в кольце [x] имеем следующее разложение f(x) на линейные множители

x	6	27		3 i	3		3 i	3		3 i	3		3 i	3
x		27	x			x			x			x
				2			2			2			2
(x i				2			2			2			2
(x i			3)(x i 3).

Группируя множители, относящиеся к комплексно сопряженным корням, получим разложение на неприводимые квадратичные множители

x	6		3 i	3		3 i	3		3 i	3		3 i	3
x		27 x	2		x	2		x	2		x	2
			2			2			2			2

	(x i	3)(x i		3) (x2 3x 3)(x2					3x 3)(x2 3) .
	Пример 58. Докажите, что любых натуральных m, n и p много-
член x3m x3n 1 x3 p 2				делится на x2 x 1.
	Решение. Пусть 1			и 2 –		корни	многочлена x2 x 1,			т.е.
2	1 0	и	2	2	1 0 .	Имеем			x3 1 (x 1)(x2 x 1) .
1	1		2	2
Значит, 1 и		2	являются корнями многочлена х3 – 1, т.е.							3
										1
3 1 . Так как			x2 x 1 (x )(x					2	) – разложение много-
	2					1		2

члена на неприводимые взаимно простые множители, то надо по-

казать, что x3m x3n 1 x3 p 2 делится на (х– 1) и на (х– 2). Для этого достаточно по следствию из теоремы Безу установить, что 1

107

и	2 являются корнями			многочлена			x3m x3n 1		x3 p 2 . Имеем
3m 3n 1 3 p 2 ( 3 )m				( 3 )n	( 3 ) p			2 1 2 0 .
1	1	1	1	1	1		1	1	1		1
Аналогично,			32m 32n 1 32 p 2		0 . Следовательно,						x3m x3n 1
x3 p 2		делится на x2 x 1.
	Пример 59. Сократите дробь					x3 2x2		x 14		.
						x4 2x3 x2 x			2

Решение. Дробь можно сократить, если числитель и знаменатель дроби имеют общий множитель. Разложим их на множители.

Так как многочлены f (x) x3 2x2 x 14 и

g(x) x4 2x3

x2 x 2 нормированные, то их рациональные корни (если они существуют) – целые и являются делителями свободного члена. Непосредственной проверкой убеждаемся, что число 2 является корнем как f(x) так и g(x). Выполнив деление каждого многочлена на двучлен х – 2 по схеме Горнера или «уголком», получим

	f (x) x3 2x2 x 14 x 2 (x2 4x 7) ,
	g(x) x4 2x3 x2 x 2 x 2 (x3 x 1) .
Заметим, что многочлены			x2 4x 7 и	x3 x 1		взаимно
простые. Следовательно,		x	2 (x2 4x 7)
	x3 2x2 x 14				x2 4x 7		.
	x4 2x3 x2 x 2	x 2 (x3 x 1)			x3 x 1

Доказанная в этом параграфе теорема о существовании корня многочлена над полем , не может быть перенесена на случай произвольного поля. Однако существует теорема, в некоторой мере заменяющая основную теорему алгебры многочленов.

Рассмотрим многочлены над произвольным полем Р.

Теорема 11.12. Для всякого многочлена f(x), неприводимо- го над полем Р, существует такое расширение этого поля

P , в котором содержится корень этого многочлена. Все

108

минимальные поля, содержащие поле Р и какой-либо корень многочлена f(x), изоморфны между собой.

Из этой теоремы могут быть выведены следствия, аналогичные следствиям теоремы 11.1.

Назовем полем разложения для многочлена f(x) степени n над полем Р такое расширение Q поля P, в котором многочлен f(x) имеет n корней, если каждый корень считать столько раз какова его кратность. Над полем Q многочлен f(x) будет раскладываться в произведение линейных множителей. Из основной теоремы алгебры многочленов следует, что поле комплексных чисел является полем разложения для любого многочлена с действительными коэффициентами.

Справедливо следующее утверждение:

Теорема 11.14. Для всякого многочлена

f (x) P[x] суще-

ствует поле разложения.

Упражнения

97. Пусть

x , x

–

корни

уравнения

2x2 9x 3 0 .

Найдите:

;

б)

;

в)

;

г) x3

;

д) x3x x x3

;

е) x4

;

ж)

;

з)

2x x

x2 1

98.Найдите такие значения p и q, при которых корни уравнения x2 px q 0 равны x1 p, x2 q .

99.Найдите все такие значения k, при которых корни уравнения 3x2 (k 2)x k 2 5k 6 0 удовлетворяют условию 3x1 x2 1. Решите уравнение при целом значении k.

109

100. Составьте приведенное квадратное уравнение, корнями которого будут числа x1 7, x2 7 , где x1, x2 – корни

уравнения x2 9x 11 0 .

101.Пусть x1, x2 – корни уравнения 2x2 16x 3 0 . Составьте приведенное квадратное уравнение, корнями которого будут числа x1 x2 , x12 x22 .

102.Пусть x1, x2 – корни уравнения x2 px q 0 . Составьте приведенное квадратное уравнение, корнями которого

будут числа: a)	1	и	1	; б) x	x	и x x	2	; в) x2	x2	и x3	x3 .

	x1		1		2	1		1	2	1	2
			x2

103.	При каких значениях а сумма двух корней уравнения
x3 ax2 29x 42 0 равна 5? Решите уравнение.
104.	При каком значении k сумма двух корней уравнения
4x3 8x2		29x k 0 равна 2? Решите уравнение.
105.	Докажите,					что		не	все		корни					многочлена
x3 2x2 7x 4 действительные числа.
106.	Докажите,					что		не	все		корни					многочлена
0,5x3 6x2			40x 10 действительные числа.
107.	Корни			многочлена f (x) x3							10x2 3x 4							равны
x1, x2, x3 . Найдите
а) x2		x2 x2			;			б) x2 x x x x2 x x x x2 ;
	1		2	3				1	2	3	1	2	3		1	2	3
в) x2 x2			x2 x2		x2 x2 ;			г) x3	x3 x3 .
	1	2	1	3		2	3	1		2	3
108.	Корни			многочлена				f (x) 3x3			5x2 11x 4							равны
x1, x2, x3 . Найдите:
а) x2		x2 x2			;			б) x2 x x x x2 x x x x2									;
	1		2	3				1	2	3	1	2	1	1	2	3
в) x2 x2			x2 x2		x2 x2 ;			г) x3 x3 x3 .
	1	2	1	3		2	3	1		2	3

110

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1611 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]