algebra.1semestr.lectures1-16

16. Лекция 15

L15

Приведем некоторые свойства неприводимых полиномов.

1)Если deg f = 1, то f неприводим.

2)Если f неприводим, то для любой константы 0 6= ® 2 F полином ®f также неприводим.

3) Пусть f неприводим над полем F и g 2 F [x] произвольный полином. Тогда либо f j g, либо (f; g) = 1.

Действительно, пусть d = НОД(f; g). Тогда d j f, поэтому либо d = ®f для некоторой константы ®, и тогда f делит g; либо d = 1, и тогда (f; g) = 1.

4) Если f j gh и f неприводим, то либо f j g, либо f j h.

del

Действительно, если f не делит h, то (f; h) = 1, поэтому f делит g по следствию 132. Для полиномов степени 2 и 3 существует простой критерий неприводимости.

51

Предложение 134. Пусть f(x) полином степени 2 или 3. Тогда f приводим если и только если f имеет корень в F .

Доказательство. Если ® 2 F корень f, то по теореме Безу f(x) = g(x) ¢ (x ¡ ®), следовательно f приводим.

Предположим теперь, что f приводим, то есть f(x) = g(x) ¢ h(x) для неконстантных полином g и h. Поскольку степень f равна 2 или 3, то можно считать, что полином g линеен. Более того, домножая на константу, получаем g(x) = x ¡ ® для некоторого ® 2 F . Но тогда f(®) = 0. ¤

Для полиномов степени больше тройки этот критерий неприводимости не работает. На-

пример, полином x4 + 1 не имеет действительных корней, но приводим над R. А именно x4 + 1 = (x2 ¡ p2 x + 1)(x2 + p2 x + 1).

Теорема 135. Пусть f(x) 2 F [x] произвольный полином степени ¸ 1. Тогда

1)f = g1 ¢ : : : ¢ gk, где gi неприводимые полиномы.

2)Если f = h1 ¢ : : : ¢ hl другое представление g в виде произведения неприводимых полиномов, то k = l и gi = ®ihi, ®i 2 F при подходящей нумерации полиномов.

Доказательство. 1) Если f неприводим, то можно взять k = 1 и g1 = f.

Иначе f = f1 ¢f2 для некоторых полиномов меньшей (чем f) степени. По предположению индукции оба полинома fi допускают нужное разложение. Перемножая эти разложения, получаем требуемое представление.

2) g1 делит h1 ¢ : : : ¢ hl. Применяя свойство 4), получаем, что g1 j hi для некоторого i. Перенумеровывая, можно считать, что i = 1, то есть g1 j h1. Аналогично получаем, что h1 j gj для некоторого j. Но тогда g1 j gj, следовательно (по неприводимости) gj = ®g1 для

Мы скажем, что ненулевые полиномы f и g подобны, f » g, если f = ®g для некоторой константы ®. Итак, предыдущее предложение утверждает, что разложение полинома в произведение неприводимых единственно с точностью до подобия. Для каждого неприводимого полинома существует единственный нормированный (то есть с единичным старшим коэффициентом) полином подобный ему.

Следующее предложение дает аналог представления натурального числа в виде произведения простых (докажите его!).

Предложение 136. Любой ненулевой полином f однозначно (с точностью до перестановки сомножителей) записывается в виде f = ®pn11 ¢ : : : ¢ pnkk , где pi различные нормированные неприводимые полиномы и ® 2 F .

Такое разложение данного полинома называют каноническим. При этом число ni называют кратностью вхождения неприводимого полинома pi в f. Чтобы вычислять кратность, полезно понятие производной полинома.

52

Пусть f(x) = a0 +a1x+: : :+anxn полином над произвольным полем F . Его производной называется полином f0 = a1 + 2a2x + ¢ ¢ ¢ + nanxn¡1. Следующие свойства производной нетрудно проверить.

1)(®f + ¯g)0 = ®f0 + ¯g0.

2)(fg)0 = f0g + fg0 (правило Лейбница).

3)(fk)0 = kfk¡1f0.

Пусть F одно из известных нам полей Q; R или C.

mult Теорема 137. Пусть p(x) k-кратный неприводимый множитель полинома f, k ¸ 1. Тогда p входит в f0 с кратностью k ¡ 1.

Доказательство. Имеем f = pkg для некоторого полинома g, поэтому f0 = kpk¡1p0g+pkg0 = pk¡1(kp0g + pg0). Итак, p входит в f0 с кратностью ¸ k ¡ 1.

Если кратность этого вхождения ¸ k, то pk делит f0. Из этого равенства вытекает p j p0g. Из неприводимости p заключаем, что p j g, поэтому pk+1 делит f, противоречие. ¤

Неприводимый полином p называется кратным множителем f, если он входит в f с кратностью ¸ 2.

Следствие 138. Полином f не содержит кратных множителей если и только если

(f; f0) = 1.

Например, проверим, что полином f(x) = x3 + x2 + x + 1 не имеет кратных множителей.

то есть q = x=3 + 1=9 и r1 = 4x=9 + 8=9.

Тогда НОД(f; f0) = НОД(3x2 + 2x + 1; 4x + 8)= НОД (3x2 + 2x + 1; x + 2). Остаток при делении 3x2 + 2x + 1 на x + 2 равен значению функции 3x2 + 2x + 2 в точке ¡2, то есть

3 ¢ 4 ¡ 4 + 2 = 10.

Итак НОД(f; f0) = 1.

16.1. Полиномы с рациональными коэффициентами. Пусть f(x) полином над Q, то есть f = a0=b0 + ¢ ¢ ¢ + an=bn xn, где ai; bi целые числа такие, что (ai; bi) = 1. Домножая этот полином на НОК(b0; : : : ; bn), можно считать, что f имеет целые коэффициенты.

rat-root Предложение 139. Если рациональное число a=b, где (a; b) = 1, является корнем полинома f(x) 2 Z[x], то a j a0 и b j an.

53

Доказательство. Имеем f(a=b) = a0+a1(a=b)+¢ ¢ ¢+an(an=bn) = 0. Домножая это равенство на bn, получаем

a0bn + a1abn¡1 + ¢ ¢ ¢ + anan = 0 :

Из этого вытекает a j a0bn. Поскольку (a; b) = 1, то заключаем, что a j a0. Аналогично приведенное выше равенство влечет b j anan, поэтому b j an. ¤

Следствие 140. Пусть f(x) = a0 + a1x + ¢ ¢ ¢ + xn нормированный полином с целыми коэффициентами. Если рациональное число a=b, где (a; b) = 1, является корнем f, то этот корень целое число делящее a0.

rat-root

Доказательство. По предложению 139 получаем b j 1, то есть b = §1 и тогда a=b = §a целое. Кроме того, a j a0 по этому же предложению. ¤

Найдем, например, рациональные корни полинома f = x4 ¡x2 +x¡10. По следствию эти корни целые числа из множества x = §1; §2; §5; §10. Подставляя, находим, что x = ¡2 единственный рациональный корень.

Рассмотрим теперь полином f(x) = xn ¡ 2, где n ¸ 2. Поскольку §1; §2 не являются его корнями (проверьте!), то f не имеет рациональных корней. Ниже мы докажем, что этот полином неприводим над Q, поэтому над Q существуют неприводимые полиномы произвольной степени.

Нам потребуется следующая лемма, доказательство которой мы опускаем.

redz Лемма 141. Если полином с целыми коэффициентами приводим над Q, то он приводим и над Z.

Следующий критерий неприводимости полинома применяется довольно часто.

Теорема 142. (критерий Эйзенштейна) Пусть f(x) = a0 + ¢ ¢ ¢ + anxn 2 Z[x] полином с целыми коэффициентами. Предположим, что найдется такое простое p, что 1) p делит ai для всех i < n; 2) p не делит an и 3) p2 не делит a0. Тогда f(x) неприводим над Q.

и h(x) = c0 + ¢ ¢ ¢ + clxl, где 0 < m; l < n и n = m + l.

Если бы все коэффициенты g(x) делились на p, то тоже самое было бы верно для коэффициентов f, а это не так. Итак, не все коэффициенты g(x) делятся на p; пусть bs первый такой коэффициент. Аналогично не все коэффициенты h(x) делятся на p; пусть ct первый такой коэффициент. Вычисляя коэффициент при xs+t у полиномов f и gh, получаем

as+t = b0cs+t + b1cs+t¡1 + ¢ ¢ ¢ + bs¡1ct+1 + bsct + bs+1ct¡1 + ¢ ¢ ¢ + bs+tc0 :

По выбору s, все коэффициенты b0; : : : ; bs¡1 делятся на p, следовательно все слагаемые слева от bsct делятся на p. Аналогично (объясните почему!) все слагаемые справа от bsct делятся на p. Но bsct не делится на p, поэтому то же верно и для as+t.

54

Поскольку только an не делится на p, мы заключаем, что s + t = n. Нетрудно вывести (сделайте это!), что s = m и t = l. Поскольку s; t > 0, то p делит b0 и c0, поэтому a0 = b0c0 делится на p2, противоречие. ¤

Используя этот критерий при p = 2, мы заключаем, что полином xn ¡ 2, n ¸ 2 неприводим. Итак, существуют неприводимые полиномы произвольной степени над Q. Позже мы увидим, что это не так для R и C.

Применяя критерий Эйзенштейна при p = 3 заключаем, что полином f = 5x4 + 30x ¡ 12 неприводим. Действительно, 3 делит a0 = ¡12, a1 = 30 и 3 не делит a4 = 5. Кроме того 32 не делит a0 = ¡12.

Следующий пример сложнее. Напомним, что (комплексные) корни полинома xn ¡1 это в точности корни n-ой степени из единицы. Если отбросить единицу, то все они являются корнями уравнения 1 + x + ¢ ¢ ¢ + xn¡1 = 0.

Предложение 143. Если p простое, то круговой полином Ãp(x) = 1 + x + ¢ ¢ ¢ + xp¡1 неприводим над Q.

Далее

55

Тогда ' = 2'0 + 3'1 + 4'2 = x + 2. Итак, интерполяционный полином может иметь степень строго меньше n.

56