2010-11 учебный год Доцент Мартынова Т. А.
ЛЕКЦИЯ 8 Доцент Мартынова Т.А.
ГЛАВА II. МНОГОЧЛЕНЫ НАД ЧИСЛОВЫМИ ПОЛЯМИ В приложениях часто имеют дело с многочленами, имеющими рациональные, действительные или комплексные коэффициенты. Разумеется, все результаты предыдущей главы будут справедливы и для таких многочленов. Здесь будут рассматриваться их особые свойства.
Основными задачами этого раздела являются рассмотрение вопросов: Основная теорема алгебры Неприводимость многочленов над полем комплексных чисел (т.е. в кольце C [ x ] ) Число корней произвольного многочлена с числовыми коэффициентами Теорема Виета Формулы для нахождения корней уравнений 2, 3 и 4 степени
Уравнение x 2 +1=0 разрешимо лишь в поле C. Уравнение a n x n + a n-1 x n -1 +…+ a 1 x + a 0 =0 (*) с комплексными коэффициентами тоже. Основная задача алгебры: нахождение формул для выражения корней уравнения (*) при различных значениях n через коэффициенты с помощью обычных арифметических операций. Основная задача алгебры (1608г.): нахождение хотя бы "бесформульного" доказательства существования комплексного корня для произвольного алгебраического уравнения вида (*) с комплексными коэффициентами.
Определение 1. Поле P называется алгебраически замкнутым, если любой многочлен положительной степени из кольца P [ x ] имеет, по крайней мере, один корень в поле P. Определение 2. Полем разложения многочлена f ( x ) из кольца P [ x ] называется такое расширение F поля Р, что f ( x ) в кольце F [ х ] разлагается на линейные множители. Замечание 1 : определения 1-2 даются для произвольного поля P. Замечание 2: F – расширение поля P, если P – подполе поля F.
ОТА показывает, что поле С является алгебраически замкнутым. ОТА была впервые высказана в 1608 году немецким математиком П.Роте. Первое аналитическое (не вполне строгое) доказательство ОТА дал в 1746 году Даламбер. В 1815 году Гаусс привёл окончательное алгебраическое доказательство ОТА. Основная теорема алгебры ( ОТА): Любой многочлен положительной степени с комплексными коэффициентами имеет, по крайней мере, один комплексный корень в поле С. ( Без доказательства)
Следствие 1. В кольце C [ x ] неприводимы только многочлены первой степени. ◘ Пусть p ( z ) – любой неприводимый в C [ x ] многочлен. Так как его степень n ≥1, по ОТА он имеет корень z 0 в поле С. Тогда по характеристическому свойству корней: p ( z ) = ( z-z 0 ) q ( z ). Но т.к. p ( z ) – неприводим над С, то q ( z ) обязан иметь нулевую степень и, следовательно, степень p ( z ) равна единице. Если степень p ( z ) больше единицы, то он приводим, так как p ( z ) = ( z-z 0 ) q ( z ), и deg q ( z ) 1. ◙
Следствие 2. Многочлен f ( z ) степени n ≥1 с числовыми коэффициентами имеет n комплексных корней, если считать каждый из них столько раз, какова его кратность. ◘ В силу следствия 1 неприводимые над С многочлены имеют первую степень и поэтому каноническое разложение f ( z ) на неприводимые множители можно записать в виде: где k 1 +k 2 +…+ k m =n, а z 1, z 2, …, z m - корни f ( z ) кратности k 1, k 2, …, k m, соотвественно. ◙ Вывод: поле С является полем разложения для любого многочлена с числовыми коэффициентами. Следствие 1. В кольце C [ x ] неприводимы только многочлены первой степени.
Следствие 3 (Теорема Виета). Если z 1, z 2,…, z n суть корни нормированного многочлена f ( z )= z n + c 1 z n -1 +…+ c n -1 z + c n из кольца С [ z ], то (1) ◘ Применим индукцию по n. Б.И. При n =1 имеем f ( z )= z + c 1. Тогда z 1 = - c 1 – единственный корень f ( z ) и теорема Виета справедлива.
Ш.И. Пусть Т.В. верна для многочленов степени n. Докажем её для многочленов степени n +1. Пусть g ( z )= z n +1 + b 1 z n +…+ b n z + b n +1 и z 1, z 2,…, z n, z n +1 – его корни. Тогда g ( z )=( z - z n +1 ) ·( z n + c 1 z n -1 +…+ c n -1 z + c n )= = z n +1 +( c 1 - z n +1 ) z n +( c 2 - c 1 z n +1 ) z n -1 +…+(- c n z n +1 ). Учитывая, что для корней z 1, z 2,…, z n многочлена z n + c 1 z n -1 +…+ c n -1 z + c n по предположению индукции справедливы формулы (1), имеем: (1)
Пусть g ( z )= z n +1 + b 1 z n +…+ b n z + b n +1 Тогда g ( z )=( z - z n +1 ) ·( z n + c 1 z n -1 +…+ c n -1 z + c n )= = z n +1 +( c 1 - z n +1 ) z n +( c 2 - c 1 z n +1 ) z n -1 +…+(- c n z n +1 ). Учитывая, что для корней z 1, z 2,…, z n многочлена по предположению индукции справедливы формулы (1), имеем: Таким образом, формулы (1) имеют место и для любого многочлена g ( x ) степени n +1. Вывод. Теорема Виета справедлива для многочленов любой степени. ◙ (1)
Пример 1. Составить многочлен наименьшей степени с корнями 2+ i, 2–i и –4. ◘ Искомый многочлен имеет вид f ( z )= z 3 + a 1 z 2 + a 2 z + a 3. По формулам (1) имеем: – a 1 =(2+i)+(2 – i) – 4=0 a 2 =(2+i)(2 – i) – 4(2+i) – 4(2 – i)=11 – a 3 =(2+i)(2 – i)( – 4)= – 20 Таким образом, f ( z )= z 3 – 11 z +20. ◙ (1)
Замечание 1. Требование нормированности многочлена в теореме Виета не ограничивает возможностей её применения к любым многочленам. В самом деле, если h ( z )= a 0 z n + a 1 z n -1 +…+ a n -1 z + a n и a 0 ≠0, то поделив многочлен h ( z ) на число a 0, получим многочлен с теми же корнями, что и многочлен h ( z ) ; к многочлену f ( x ) можно применить формулы Виета (1).
Определение. Двучленным уравнением называется уравнение вида az n = b (1), где a, b C. Если, а = 0 и b = 0, то любое значение х удовлетворяет этому уравнению. В случае, когда a = 0, b ≠ 0 уравнение (1) не имеет решений. Пусть а ≠ 0. Тогда уравнение (1) равносильно уравнению: z n = b / a (1 ´ ) Таким образом, задача решения уравнения (1) свелась к нахождению всевозможных значений корня n -степени из числа b/a. Напомним, что все такие корни можно получать умножением одного из них на все корни n -степени из 1. Пример 1. Решить уравнение z 4 = 64. ◘ Имеем z 1 = 4, z 2 = – 4, z 3 = 4i, z 4 = – 4i. ◙
Пусть дано квадратное уравнение : az 2 + bz + c = 0, где a, b, c C ( а ≠ 0) (2) Поделив обе части этого уравнения на а, мы получим уравнение z 2 +( b/a ) z +( c/a )=0, которое равносильно уравнению (2). Это уравнение можно переписать в виде: Отсюда: Таким образом:
Дано уравнение: az 2 + bz + c = 0, где a, b, c C ( а ≠ 0) (2) Обычно выражение для z записывают в виде: Таким образом, формула для решения квадратного уравнения (2) в комплексной области имеет такой же вид, как и в случае действительных чисел. Существенным отличием является то, что уравнение (2) имеет корни в С и при отрицательном дискриминанте b 2 -4ac. ( 3 )
Если квадратное уравнение имеет вид: z 2 + pz + q =0, (4) то формула (3) примет вид Пример 2. Решить уравнение z 2 – 3 z + (3 – i)=0 ◘ Применяя формулу (5) получим: т.е. z 1 = 2 + i и z 2 = 1 – i. ◙ ( 5 ) ( 3 )
Пусть дано кубическое уравнение : z 3 + az 2 + bz + c = 0 ( 6) с любыми комплексными коэффициентами a, b и c. Заменим в уравнении ( 6 ) переменную z новой переменной x, связанной с z равенством: z = x – a/3, (7) Получим уравнение относительно x, не содержащее квадрата этой переменной: x 3 + px + q = 0 (8) Найдя корни уравнения (8), мы получим и корни уравнения (6). Остается, научиться решать уравнение вида (8) с любыми комплексными коэффициентами p и q.
x 3 + px + q = 0 (8) Пусть x 0 – любой корень уравнения (8). Введём вспомогательную переменную y и рассмотрим уравнение: y 2 – x 0 y – p / 3 = 0 Его коэффициенты – комплексные числа, и поэтому оно обладает двумя комплексными корнями u и v, причём (по формулам Виета): u + v = x 0 (9) u v = – p / 3 (10) Подставляя в (8) выражение (9) корня x 0, получим ( u + v ) 3 + p ( u + v )+ q =0 или u 3 + v 3 +(3 uv + p )( u + v )+ q =0. Однако из (10) следует 3 uv + p=0 и поэтому получаем: u 3 + v 3 = – q (11) f ( z )= z n + c 1 z n -1 +…+ c n -1 z + c n
u + v = x 0 (9), u v = – p / 3 (10), u 3 + v 3 = – q (11) С другой стороны, из (10) вытекает: u 3 v 3 = – p 3 / 27 ( 12) Равенства (11) и (12) показывают, что числа u 3 и v 3 служат корнями квадратного уравнения: w 2 + qw – p 3 / 27 = 0 (13) с комплексными коэффициентами. Решая уравнение (13), получим: Отсюда: ( 14 )
x 3 + px + q = 0 (8) u + v = x 0 (9) u v = – p / 3 (10) Получаем формулу Кардано, выражающую корни уравнения (8) через его коэффициенты при помощи квадратных и кубических радикалов: Т. к. кубический радикал имеет в поле С три значения, то формулы (14) дают три значения для u и три для v. Нельзя комбинировать любое значение u с любым значением v : для данного значения u следует брать лишь то из трех значений v, которое удовлетворяет условию (10). ( 15 ) ( 14 )
x 3 + px + q = 0 (8) u + v = x 0 (9) u v = – p / 3 (10) Пусть u 1 будет одно из трёх значений радикала u. Тогда два других u 2 и u 3 можно получить умножением соответственно на кубические корни из единицы: Т.е. u 2 = u 1 e 1 и u 3 = u 1 e 2. Обозначим через v 1 то значение радикала v, которое соответствует значению u 1 радикала u по (10). Два других значения v, соответствующие u 2 и u 3 будут v 2 = v 1 e 2, v 3 = v 1 e 1. В самом деле, ввиду e 1 e 2 =1 имеем: u 2 v 2 = u 1 e 1 v 1 e 2 = u 1 v 1 e 1 e 2 = u 1 v 1 =– p /3, аналогично u 3 v 3 = – p /3.
x 3 + px + q = 0 (8) u + v = x 0 (9) u v = – p / 3 (10) u 2 v 2 = – p /3, u 2 v 2 = – p /3, u 3 v 3 = – p /3. Таким образом, все три корня уравнения (3) могут быть записаны следующим образом: x 1 = u 1 + v 1 x 2 = u 2 + v 2 = u 1 e 1 + v 1 e 2 x 3 = u 3 + v 3 = u 1 e 2 + v 1 e 1 Замечание. В случае, когда числа u 1 и v 1 являются действительными, подставляя в формулу (16) в выражения для x 2 и x 3 значения e 1 и e 2, получим явные формулы для нахождения x 2 и x 3 по известным u 1 и v 1 : ( 1 6) ( 1 6 ´ )
z = x – a/3 (7) x 3 + px + q = 0 (8) Пример 3. Решить уравнение z 3 + 3 z 2 – 3 z – 14 = 0. ◘ Подстановка (7) z = x – 1 приводит к виду (8): x 3 – 6x – 9 = 0 (здесь p = – 6, q = – 9 ). По формулам (14): По формуле (1 6´ ) находим корни уравнения x 3 – 6x – 9=0 : Отсюда (т.к. z = x – 1 ): ◙ ( 1 6 ´ ) ( 14 )
Пример 4. Решить уравнение x 3 – 12x + 16 = 0. ◘ Здесь p = – 12, q = 16. По формулам (14) находим: По формулам (1 6´ ) находим корни уравнения: x 1 = – 4, x 2 = x 3 = 2 ◙ ( 1 6 ´ ) ( 14 )
Пример 5. Решить: z 3 – 9 z 2 + 21 z – 5 = 0. ◘ Подставив в него z = x +3, получим: x 3 – 6 x+ 4=0, т.е. p = –6, q = 4. По формулам (14) и (10) находим: По формулам (1 6´) находим корни: Отсюда: ◙ ( 1 6 ´ ) ( 14 ) z = x – a/3 (7) u v = – p / 3 (10)
