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

Получили, что условию задачи удовлетворяют два многочлена

Пример 16. Докажите, что для любых целых чисел a, b, c число

(a b)(a b c)2 c (b c)(b c a)2 a делится на b – a – c.

Решение. Рассмотрим данное выражение как многочлен f(b) относительно переменной b, считая a и c фиксированными парамет-

равен 1, то коэффициенты частного будут целыми числами, что следует из метода «деления углом». Поэтому и данное целое число

x3 y3 z3 kxyz делится на x + y + z при любых x, y, z .

Решение. Обозначим данный многочлен через f(x). Он делится на x + y + z тогда и только тогда, когда число x = – (y + z) является

его корнем. Но f ( y z) ( y z)3 y3 z3 k(y z)yz 3y2 z

3yz2 ky2 z kyz2 (k 3)(y2 z yz2 ) . Ясно, что число k = 3 удо-

влетворяет условию задачи. Если же k 3, то при значениях y и z, отличных от 0 и друг от друга, многочлен f(– y – z) отличен от 0, так что f(x) не делится на x + y + z. Следовательно, условию задачи удовлетворяет только k = 3. Разделив данный многочлен при k = 3 на x + y + z, получаем интересное тождество

Рассмотрим еще несколько следствий из теоремы Безу.

Следствие 4.3. Если 1, 2 ,..., k K – различные корни

многочлена f(x) над областью целостности K, то f(x) делится на произведение (x 1)(x 2 )...(x k ) .

31

Доказательство. Доказательство проведем индукцией по числу корней многочлена k. При k = 1 утверждение справедливо (следствие 4.2). Предположим, что утверждение (4.2)

верно для k различных корней 1, 2 ,..., k многочлена f(x),

т.е. f (x) (x 1)(x 2 )...(x k ) .

Докажем, что если 1, 2 ,..., k , k 1 – различные корни многочлена f(x), то f (x) (x 1)(x 2 )...(x k )(x k 1) .

В правой части равенства (4.4) все разности отличны от нуля, поэтому q(k 1) 0 и, значит, q(x) (x k 1) , т.е. q(x) (x k 1)q1(x) . Подставив q(x) в равенство (4.3), полу-

Следствие 4.4. Число различных корней многочлена, отличного от нуля, не больше чем его степень.

Доказательство. Пусть f(x) – ненулевой многочлен и deg( f (x)) n . Предположим, что f(x) имеет k различных

корней и пусть 1, 2 ,..., k – эти корни. Тогда по следствию

4.3 f (x) (x 1)(x 2 )...(x k )q(x) и, значит deg f (x) deg(x 1 ) deg(x 2 ) ... deg(x k ) deg q(x) k deg q(x)

32

Это следствие теоремы Безу для многочленов над полем

4.4, будет уточнен.

Уже упоминался тот факт, что если два многочлена над областью целостности K равны, то их значения совпадают при любом a K . Теперь мы можем значительно усилить это утверждение.

Следствие 4.5. Если значения двух многочленов над областью целостности K, степени которых не больше n, совпадают в (n + 1)-й точке, то эти многочлены равны.

Доказательство. Пусть 1, 2 ,..., n 1 – различные эле-

менты области целостности K, f(x) и g(x) – два многочлена над этой областью целостности, их степени не превосходят n

и они принимают в точках 1, 2 ,..., n 1 равные значения. Обозначим h(x) f (x) g(x) . Если h(x) не является нулевым многочленом, то deg h(x) n . Для всех i 1,2,...,n 1 имеем

h(i ) f (i ) g(i ) 0 , т.е. h(x) имеет, по крайней мере, n + 1 корень. Это противоречит следствию 4.4. Следовательно, h(x) есть нулевой многочлен, т.е. f(x) = g(x), что и требо-

валось доказать. Это следствие можно переформулировать следующим об-

разом.

Следствие 4.5ʹ. Многочлен степени n над областью целостности K, однозначно определяется своими значениями в

(n + 1)-й точке.

1 Рене́Дека́рт (1596–1650) – французский математик, философ, физик, создатель аналитической геометрии и современной алгебраической символики. Особо следует отметить переработанную им математическую символику Виета, с этого момента близкую к современной.

33

Пример 18. Докажите, что при любых попарно различных числах a, b, c справедливо тождество

Решение. Обозначим левую часть доказываемого тождества че-

рез f(x). Степень многочлена f(x) не больше двух (действительно, раскрыв скобки в каждом слагаемом, мы получим при умножении линейных двучленов, содержащих x, квадратные трехчлены). В правой части доказываемого тождества стоит число 1, на которое можно смотреть как на многочлен g(x) нулевой степени, т.е. степень g(x) также не превосходит двух. Имеем

g(a) . (Многочлен g(x) равен 1 при любом значении x). Аналогично f (b) g(b) 1 и f (c) g(c) 1. Итак, два многочлена f(x) и

g(x), степени которых не больше двух, принимают одинаковые значения в трех точках: x = a, x = b, x = c. Значит, по следствию 4.5,

34

нимает одно и то же значение, равное 1. По следствию 4.5 теоремы Безу получаем, что m 0, n 0, k 1 .

Упражнения

32. Не выполняя операцию деления, найдите остаток от деления многочленаf(x) на многочлен g(x), если:

35

34. Найдите остаток от деления многочлена f(x) на многочлен g(x), если:

x150 3x149 x2 4x 11 на квадратный трехчлен x2 2x 3 . 39. Многочлен f(x) при делении на х+ 3 дает остаток 11, а при делении на х– 6 дает остаток (–7). Найдите оста-

ток от деления f(x) на x2 3x 18 .

40.Докажите, что остаток от деления многочлена f(x) на двучлен ax + b равен значению многочленаf(x) при x ba .

41.Не выполняя операцию деления, найдите остаток от

деления многочлена f (x) 4x4 6x3 5x2 7x 5 на двучлен 2x 3 .

36

42. При каких значениях n многочлен (x 1)n (x 1)n де-

должны быть значения a и b, чтобы остаток от деления многочлена f(x) на x + 1 равнялся 3, а остаток от деления f(x) на x – 1 равнялся 9?

47.Докажите, что при любом натуральном n многочлен

xn an делится на x a .

48.Докажите, что при любом натуральном n многочлен

37

§ 5. Схема Горнера

Теорема Безу позволяет найти остаток от деления многочлена f(x) на двучлен x – a. Но при решении ряда задач необходимо знать не только остаток, но и частное от деления многочлена на многочлен. Это мы уже умеем делать (например, деление «уголком»). При делении многочлена f(x) на двучлен x – a для отыскания частного и остатка применяют более простой метод, называемый «схемой Горнера»1.

Пусть f (x) a0 xn a1xn 1 ... an 1x an – многочлен степени n. Тогда степень частного q(x) от деления f(x) на x – a

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в первом и последнем выражениях, получим систему для определения коэффициентов частного

1 Уильям Джордж Горнер (1786–1837) английский математик. Основные труды посвящены теории алгебраических уравнений. Горнер разработал способ приближенного нахождения вещественных корней уравнения любой степени.

38

Удобно схемуГорнера записывать в виде таблицы.

Старший коэффициент частного равен старшему коэффициенту делимого. Для получения каждого следующего коэффициента частного нужно соответствующий коэффициент делимого сложить с предыдущим коэффициентом частного, умноженным на a.

Пример 20. Найдите частное и остаток при делении многочле-

на x4 18x2 23x 87 на двучлен x + 5.

Решение. Составим таблицу. Так как у делимого член с x3 от-

(2 3i)x 7 4i на двучлен x – 2 + i по схеме Горнера. Составим таблицу.

39

По теореме Безу r = f(a). Таким образом, f(2 – i) = 18 – 22i.

Пример 22. Используя схему Горнера, составьте таблицу всех

значений многочлена f (x) x4 3x2 2x 4 5[x] .

Решение. Кольцо 5 {0; 1; 2; 3; 4} содержит 5 элементов. Составим таблицы деления f(x) на x – a, если а пробегает все элементы кольца 5 .

Получили, что многочлен f(x) принимает значения 0 , 1 , 2 , 3 .

Рассмотрим обобщение схемы Горнера.

Пусть f(x) – многочлен степени n: f (x) a0 xn a1xn 1a2 xn 2 ... an 1x an . Найдем частное и остаток при деле-

нии f(x) на квадратный трехчлен g(x) x2 c1x c2 . Степень делителя равна 2, поэтому степень частного равна n 2 .

40