От Пантелеева / Книги студентам / лИТЕРАТУРА / Тартышников

Суммой многочленов называется многочлен p(x) + q(x) = s0 + s1x + . . . , в котором коэффициент при xi равен

si = ai + bi, i ≥ 0.

Произведением многочленов называется многочлен p(x) q(x) = t0 + t1x + . . . , в котором коэффициент при xi равен

Именно такой многочлен получится, если привычным способом раскрыть скобки и привести подобные члены в выражении

(a0 + a1x + . . . + anp xnp )(b0 + b1x + . . . + bnq xnq ) =

(a0b0) + (a1b0 + a0b1)x + (a2b0 + a1b1 + a0b2)x2 + . . . + (anp bnq )xnp+nq .

Важное (хотя и очевидное) наблюдение:

16.3Кольцо многочленов

Утверждение. Множество многочленов P [x] относительно операций сложения и

умножения многочленов является коммутативным кольцом с единицей. Делителей нуля в P [x] нет.

Доказательство. Ввиду очевидности того, что сложение превращает P [x] в абелеву

группу, перейдем сразу к изучению свойств операции умножения. Наряду с p(x) è q(x), рассмотрим еще один многочлен

r(x) = c0 + c1x + . . . + cnr xnr , ci = 0 ïðè i ≥ nr + 1.

Пусть (p(x)q(x))r(x) = u0 + u1x + . . . ; p(x)(q(x)r(x)) = v0 + v1x + . . . . Тогда, согласно

определению операции умножения,

Таким образом, умножение многочленов ассоциативно. Дистрибутивность проверяется очевидным образом. Коммутативность умножения также очевидна. Роль единицы

выполняет многочлен 1. Отсутствие делителей нуля вытекает из свойства (#). 2

Заметим, что P [x] можно рассматривать и как линейное пространство над полем P

(сложение векторов определяется как сложение многочленов, умножение векторов на элементы поля P как умножение многочленов на нулевой многочлен и многочлены

нулевой степени, отождествляемые с элементами поля P ).

Линейное пространство P [x] бесконечномерно (при определении многочлена как

формальной суммы одночленов линейная независимость любой системы одночленов с разными степенями очевидна). Множество многочленов Pn[x] степени n èëè íèæå

является подпространством размерности n + 1.

16.4Деление с остатком

Утверждение. Для любой пары многочленов f(x), g(x) P [x] в случае g(x) 6= 0 существуют и единственны многочлены q(x), r(x) P [x] такие, что

bm 6= 0. Åñëè deg f(x) < deg g(x), то существование доказано: q(x) = 0 è r(x) = f(x). Åñëè deg f(x) ≥ deg g(x), то положим

Воспользуемся индукцией по степени f(x). Если уже найдено представление

òî ( ) получается при выборе

deg(r(x) − r(x)) ≥ deg g(x). Это невозможно, потому что при вычитании многочленов

при делении многочлена f(x) íà g(x) 6= 0. Åñëè r(x) = 0, то говорят, что f(x) делится

íà g(x), èëè g(x) является делителем многочлена f(x).

16.5Наибольший общий делитель

Пусть многочлен d(x) P [x] является общим делителем многочленов f(x) и g(x) из P [x]. Он называется наибольшим общим делителем, если любой общий делитель этих многочленов является также и его делителем. Обозначение: d(x) = (f(x), g(x)). Много-

члены называются взаимно простыми над полем P , если их наибольший общий дели-

тель имеет нулевую степень.

Из определения ясно, что наибольший общий делитель многочленов определен однозначно с точностью до ненулевого множителя (многочлена нулевой степени), принад-

лежащего полю P . В случае взаимно простых многочленов f(x) è g(x) всегда можно считать, что (f(x), g(x)) = 1.

время, согласно нашим определениям, многочлен нулевой степени не может быть равен нулевому многочлену. 2

Ненулевой многочлен f(x) P [x] называется разложимым над P , если существуют многочлены ненулевой степени p(x), q(x) P [x] такие, что f(x) = p(x)q(x). В противном случае многочлен f(x) называется неразложимым, èëè неприводимым íàä P .

Из теоремы Безу вытекает, что неразложимый над P многочлен не может иметь

корней из P , а произвольный многочлен степени n над P не может иметь более n корней.

Задача. Докажите, что над любым конечным полем существует бесконечно много неразложимых многочленов.

Задача. Докажите, что для многочленов над полем вычетов Zp по простому модулю p имеет место равенство (z − 1)p = zp − 1.

16.7Присоединение корня

Нередко приходится рассматривать многочлены над полем P , не имеющие корней из P . Такие многочлены могут, тем не менее, иметь корень в каком-либо расширении F ïîëÿ P . Элемент θ F называется алгебраическим над полем P , если он является корнем многочлена над P . Многочлен над P минимальной степени с корнем θ называется

минимальным многочленом äëÿ θ над полем P .

Будем рассматривать только такие расширения поля P , которые вложены в F . Пусть θ F . Поле называется минимальным θ-расширением ïîëÿ P , если оно содержит θ и вложено в любое поле, содержащее P è θ. Обозначение: P (θ).

В более общем случае, если θ1, . . . , θk F , то через P (θ1, . . . , θk) обозначается минимальное поле, содержащее P и элементы θ1, . . . , θk. Минимальность означает, что данное поле вложено в любое поле, содержащее P è θ1, . . . , θk.

Åñëè θ / P , то говорят, что поле P (θ) получено из P присоединением элемента θ. Расширение такого типа называется простым алгебраическим, åñëè θ является корнем некоторого многочлена из P [x].

Минимальный многочлен для θ определяется однозначно с точностью до ненулевого множителя. Если n его степень, то минимальное θ-расширение поля P имеет вид

P (θ) = {s F : s = a0 + a1θ + . . . + an−1θn−1, a0, a1, . . . , an−1 P }. ( )

Доказательство. Предположим, что f(x) è g(x) два минимальных многочлена для θ (оба степени n). Тогда их наибольший общий делитель d(x) P [x] имеет вид

отличается от d(x) лишь ненулевым множителем.

Обозначим через M множество, определенное правой частью ( ). Очевидно, что M P (θ). Поэтому остается только доказать, что M подполе.

Возьмем произвольный многочлен p(x) над полем P и заметим, что p(θ) M. Äëÿ

доказательства разделим p(x) с остатком на минимальный многочлен f(x):

p(x) = f(x)q(x) + r(x) p(θ) = r(θ).

ßñíî, ÷òî r(θ) есть сумма элементов 1, θ, . . . , θn−1 с коэффициентами из поля P . Поэтому r(θ) M.

Произведение двух элементов из M является, очевидно, значением некоторого многочлена p(x) P [x] ïðè x = θ. Поэтому оно принадлежит M. Далее, любой элемент из M имеет вид p(θ), где многочлен p(x) P [x] имеет степень не выше n − 1. Ìíî-

гочлен f(x), очевидно, неразложим, поэтому многочлены p(x) è f(x) взаимно прос-

ты. По следствию из теоремы о наибольшем общем делителе, существуют многочлены φ(x), ψ(x) P [x] такие, что

f(x)φ(x) + p(x)ψ(x) = 1 p(θ)ψ(θ) = 1. 2

√

Задача. Ïîëå P минимальное числовое поле, содержащее поле рациональных чисел Q è 5 2. Докажите, что поле P есть линейное пространство над полем Q и найдите его размерность.

Задача. Докажите, что квадратные корни √p1, . . . , √pn из простых чисел p1 < . . . < pn линейно независимы как элементы линейного пространства вещественных чисел над полем рациональных чисел.

с комплекными коэффициентами и старшим коэффициентом an = 1, n ≥ 1.

Лемма о непрерывности модуля многочлена. Функция Φ(z) = |f(z)| непрерывна

ïðè âñåõ z C.

Доказательство. Для доказательства непрерывности в точке z = z0 достаточно установить непрерывность функции Φ(z0 +h) îò h C в точке h = 0. ßñíî, ÷òî f(z0 +h) есть многочлен от h:

f(z0 + h) = b0 + b1h + . . . + bn−1hn−1 + hn, ãäå b0 = f(z0).

Отсюда находим

|Φ(z0 + h) − Φ(z0)| = ||f(z0 + h)| − |f(z0)|| ≤ |f(z0 + h) − f(z0)|

≤|b1h + . . . + bn−1hn−1 + hn|

≤|b1||h| + . . . + |bn−1||h|n−1 + |h|n. 2

Лемма о росте модуля многочлена. Для любого числа M > 0 существует R > 0

такое, что из неравенства |z| ≥ R вытекает, что |f(z)| ≥ M.

Доказательство. Учитывая, что |zi| = |z|i, получаем

|f(z)| ≥ |zn| − |a0 + a1z + . . . + an−1zn−1| ≥ |z|n − |a0| − |a1||z| − . . . − |an−1||z|n−1.

Для любого заданного M > 0 положим

√

R = max{1, 2nA, n 2M}.

Легко видеть, что если |z| ≥ R, òî

17.5Основная теорема алгебры

Пусть f(z) произвольный многочлен вида (#).

Лемма Даламбера. Если в некоторой точке z C выполняется неравенство |f(z)| > 0, то найдется h C такое, что |f(z + h)| < |f(z)|.

Доказательство. Утверждение очевидно в случае n = 1. Поэтому предположим, что n ≥ 2. Фиксируем z C и рассмотрим f(z + h) как многочлен от h:

f(z + h) = f(z) + b1h + . . . + bn−1hn−1 + hn.

Пусть bm первый ненулевой коэффициент ( b1 = . . . = bm−1 = 0). Тогда

f(z + h) = f(z) + bmhm + g(h)hm+1, g(h) = bm+1 + . . . + bn−1hn−m−2 + hn−m−1.

116 Лекция 17

Определим комплексное число ζ равенством ζm = −f(z)/bm и будем искать h â âèäå

h = ζt, t > 0.

ßñíî, ÷òî

|f(z) + bmhm| = |f(z)(1 − tm)| = |f(z)|(1 − tm) < |f(z)| ïðè t > 0.

При этом на отрезке 0 ≤ t ≤ 1 для некоторого B > 0 имеем

|g(ζt) (ζt)m+1| ≤ Btm+1.

Следовательно, если 0 < t ≤ 1, òî

|f(z + ζt)| < |f(z)|(1 − tm) + Btm+1 = |f(z)| + (Bt − |f(z)|) tm.

Ïðè 0 < t ≤ min(1, |f(z)|/B) получаем |f(z + ζt)| < |f(z)|. 2

Основная теорема алгебры. Любой многочлен с комплексными коэффициентами степени выше нулевой имеет хотя бы один комплексный корень.

Доказательство. Пусть M = |f(0)|. Åñëè M = 0, то все доказано. Предположим, что M > 0. Cогласно лемме о росте модуля многочлена, при всех |z| ≥ R имеем |f(z)| ≥ M. Рассмотрим квадрат Π = [−R, R] × [−R, R]. Функция |f(z)| непрерывна при всех z C и, в частности, при всех z Π. По теореме Вейерштрасса, существует z Π такое, что |f(z )| ≤ |f(z)| ïðè âñåõ z Π. Очевидно, что |f(z )| ≤ M и, кроме того, M ≤ |f(z)|

z / Π

|f(z )| ≤ |f(z)| z C. ( )

Åñëè |f(z )| > 0, то, по лемме Даламбера, при некотором h C получаем |f(z + h)| < |f(z)|, что противоречит неравенствам ( ). Таким образом, |f(z )| = 0 z является искомым корнем: f(z ) = 0. 2

17.6Разложение комплексных многочленов

Многочлены первой степени называют также

Теорема. Любой комплексный многочлен f(z) степени n > 0 разлагается в C[z] на n линейных множителей:

Данное разложение единственно с точностью до порядка сомножителей.

Доказательство. По основной теореме алгебры, f(z) имеет хотя бы один комплекс-

ный корень пусть это будет z1. Согласно теореме Безу, многочлен f(z) делится на линейный многочлен z − z1: f(z) = (z − z1)f1(z). Åñëè deg f1(z) = 0, то искомое разложение уже получено. Если deg f1(z) > 0, то и этот многочлен имеет хотя бы один кореньпусть это будет z2. Таким образом, f(z) = (z − z1)(z − z2)f2(z). Åñëè deg f2(z) = 0, то разложение получено. Если нет, то f2(z) также имеет комплексный корень, и так далее. Ясно, что число a равно старшему коэффициенту многочлена f(z).

Теперь предположим, что имеются два разложения:

f(z) = a (z − z1) . . . (z − zn) = ea (z − ze1) . . . (z − zem).