Конспект лекций по алгебре (семестр 2)

Поэтому ζl = ∑	ξk hu= ∑	∑ f j gr	)	hu . Несложно понять, что в послед-
k , u 0,	k ,u 0,	j ,r 0,
k+u=l	k +u=l	(j +r=k

нем выражении суммирование ведётся по всем тройкам ( j , r , u) неотрицатель-

ных целых чисел, сумма которых равна					l. Используя это замечание и тот факт,
что f j , gr , hu	— элементы поля K ,				формулу для	коэффициента				ζl	можно
представить в виде
			ζl = ∑ f j gr hu .
				j ,r ,u 0,
				j+r +u=l
Аналогичным способом можно получить формулы для вычисления										θl :
	ηk = ∑ g j hr , θl= ∑ f u ηk= ∑ f u					∑ g j hr		)
	j,r 0,			u, k 0,	u,k 0,	j ,r 0,
	j+r =k			u+k=l	u +k=l	(j +r=k
или θl= ∑	f u g j hr .		В полученном выражении индексы u ,				j , r		заменим со-
u , j, r 0,
u + j +r=l
ответственно на j , r , u .			Очевидно, что значение суммы от этого не изменится.
В результате получим		θl= ∑		f j gr hu=ζl . □
			j,r ,u 0,
			j+r +u=l		e( x)=1 является единичным10
Задача 4. Докажите, что многочлен											элемен-
том в кольце	K [ x].
Задача 5. Докажите, что в кольце K [ x] нет делителей нуля.
Р е ш е н и е . Предположим, что для некоторых многочленов								f	и	g	произ-
ведение f g	является нулевым многочленом. Нужно доказать, что хотя бы
один из множителей,		f	или g ,	будет нулевым.

а) Рассмотрим сначала частный случай, когда g=xr . Ясно, что g≠0. С

другой стороны, для	всякого многочлена f =∑ f	k xk xr f =∑ f k xk +r .
	k	k
Поэтому из равенства	xr f =0 следует, что для всех k	f k=0, т. е. f — ну-

левой многочлен. Для этого случая задача решена.

б) Теперь займёмся общим случаем. Предположим, что произведение много-

членов f =∑ f k xk	и g=∑ gk xk является нулевым многочленом. Следова-
k	k

тельно, имеют место равенства

f 0 g0=0 , f 1 g0+ f 0 g1=0 , f 2 g0+ f 1 g1+ f 0 g2=0,… .

Если g — ненулевой многочлен, то без ограничения общности можно считать,

10Таким образом, единичным элементом является многочлен с коэффициентами ek =δk 0 , где δk j={0,1,kk≠=jj, — дельта-символ Кронекера (см. I семестр, §18).

что g0≠0. В самом деле, если g0=g1=…=gr −1=0 , gr ≠0 , то многочлен g

можно представить в виде g=xr ̃g ,					где ̃g=gr +gr +1 x+gr +2 x2 +…. При этом
равенство		f g=0 примет вид		xr ( f ̃g )=0 ,		из которого, по рассмотренному
выше случаю, следует равенство				f ̃g=0 .
Итак, считаем, что			g0≠0. Поскольку в поле (см. §7) нет делителей нуля, то
из равенства f 0 g0=0			вытекает, что		f 0=0.	Используя последнее соотноше-
ние,	равенство f 1 g0 + f 0 g1=0			перепишем		в виде f 1 g0=0, откуда следует,
что	f 1=0 .	Аналогичными рассуждениями показываем, что все коэффициенты

многочлена f равны нулю, т. е. f — нулевой многочлен. □

Замечание. Задачи 1–5 позволяют утверждать, что кольцо K [ x] многочленов от одной переменной над полем K является областью целостности.

Введём понятие степени многочлена. Согласно определению, каждый много-

член представляет собой сумму конечного числа слагаемых вида					ak xk . Если
многочлен ненулевой, то найдутся такие числа k , для которых					ak≠0. Наи-
большее	k ,	обладающее этим свойством, называется степенью многочлена.
Степень многочлена			f	обозначается через deg f .
Итак, если		f =∑ ak xk ,		то deg f =max{k | ak≠0}. Степень нулевого много-
		k
члена не определена. Иногда удобно считать, что deg 0=−∞ .
Задача	6.	Докажите,	что deg( f ±g) max {deg f ,deg g }. В каких			случаях
имеет место равенство?
Задача 7. Докажите, что				deg( f g)=deg f +deg g .
		§15. Понятие алгебраического уравнения
Алгебраическим уравнением от одной переменной x над полем					K	называ-

ется уравнение вида f (x)=0, где f (x) — многочлен с коэффициентами из поля K . Если deg f =n , то говорят об алгебраическом уравнении степе-

ни n. В развёрнутом виде алгебраическое уравнение степени n	имеет вид
an xn +an−1 xn−1 +…+a2 x2+a1 x+a0=0 , где an≠0.	(4)

Разделив обе части последнего равенства на ненулевое число an , получим приведённое уравнение степени n :

xn+b	n−1	xn−1+…+b	2	x2	+b x+b		=0,	(5)
					1	0
т. е. уравнение со старшим коэффициентом, равным единице.
Определение. Корнем многочлена				f (x) K [ x] называется элемент				α K ,

такой что f (α)=0 .

Корни многочлена f (x) также называют корнями алгебраического уравнения f (x)=0. Решить уравнение, значит найти все его корни или доказать, что их не существует.

Напомним, что два уравнения называются эквивалентными, если множество корней одного из них совпадает со множеством корней другого. Ясно, что уравнения (4) и (5) эквивалентны.

Оказывается, что подходящей заменой переменной можно добиться того, чтобы в (5) коэффициент во втором слагаемом обратился в нуль. А именно, введём

новую переменную y , связанную с x соотношением x=y−bnn−1 . Используя формулу бинома11 Ньютонаviii, можно выписать равенства

(

n

n

2

)

xn=

y−

bn−1

= yn−b

n−1

yn−1

+

n−1

b

yn−2+…

,

(

n

)

2

n−1

bn−1

n−1

(n−1)(n−2)

x

n−1

= y

−

= y

n−1

−

bn−1 y

n−2

+…,

n

)

(

…

bn−2

n−1

x

n−2

= y−

= y

n−2

+…,

в каждом из которых многоточием обозначены слагаемые меньшей степени. Умножая, далее, второе равенство на bn−1 , а третье на bn−2 , получим

n

n−1

n−2

n

+(

n−1

(n−1)(n−2)

2

+bn−2)y

n−2

x

+bn−1 x

+bn−2

x

+…= y

bn−1−

2

bn−1

+…,

2

что и доказывает утверждение, сформулированное в начале абзаца.

Задача. Проведите со всеми деталями выкладки последнего абзаца для степеней n=2 и n=3.

§16. Деление с остатком. Теорема Безуix. Схема Горнераx

Пусть f и g — многочлены над полем K . Говорят, что многочлен f делится на многочлен g (или g делит f ), если найдётся многочлен q , такой что f =q g. Многочлен q называется частным от деления f на g , а многочлен g — делителем f . Тот факт, что многочлен f делится на g часто записывается в виде g f.

Операция деления не всегда выполнима в кольце многочленов. Однако имеет

место деление с остатком, аналогичное делению с остатком целых чисел.

Теорема 1. Пусть

f , g K [ x ], причём

g≠0.

Тогда существуют единствен-

ные

многочлены

q , r K [ x],

такие что

f =q g+r .

При этом либо

r=0,

либо deg r<deg g .

b+(2k )a

b

+…+(k −k 1)ab

+b

, где

(ks)= s!(k−s!) —

бино-

11

(a +b) =a

+(1k)a

k −1

k −2

k−1

k

k k

2

k !

миальные коэффициенты.

Доказательство.
Докажем сначала существование многочленов				q и r .		Если deg f <deg g ,
то можно взять	q=0, r= f . Предположим		теперь, что			deg f =n,deg g=m и
n m . Тогда f	и g можно представить в виде
	f ( x)=an xn+an−1 xn−1+…+a2 x2 +a1 x+a0,
	g ( x)=bm xm+bm−1 xm−1+…+b2 x2+b1 x+b0,
где an, bm≠0. Рассмотрим многочлен		f 1( x)= f ( x)−an b−m1 xn−m g (x). Его сте-
пень меньше12, чем степень многочлена		f .	Если		deg f 1<deg g ,		то мы можем
взять
	q=am b−m1 xn−m ,		r= f 1 .
В противном случае поступим с многочленом				f 1	так же, как с		f . В конце
концов получится такой многочлен
q( x)=cn−m xn−m+cn−m−1 xn−m−1+…+c2 x2+c1 x+c0 ,
что deg( f −q g)<deg g . Поэтому можно положить					r= f −q g .
Докажем, что найденные многочлены		q и r		определены однозначно. Пред-
положим противное:
	f =q g+r=q g1+r1 ,
где deg r<deg g	и deg r1<deg g1. Тогда

r1−r2=(q2−q1) g

и, если q1≠q2 , то

max{deg r1 ,deg r2} deg(r1−r2)=deg(q2−q1)+deg g deg g ,

что противоречит предположению. Следовательно, q1=q2 , r1=r2 . □

Нахождение многочленов q и r из теоремы называется делением с остатком многочлена f на g . При этом многочлен q называется неполным частным, а r — остатком от деления многочлена f на g .

Следствие. Многочлен f делится на g тогда и только тогда, когда r=0. Ещё одно важное следствие теоремы о делении с остатком сформулируем в

виде отдельной теоремы.

Теорема 2 (Безу). Значение многочлена f K [ x] при x=a равно остатку

12 Случай, когда f 1=0 не является исключением, поскольку deg0=−∞.

от деления	f на линейный двучлен x−a .
Доказательство.
По теореме о делении с остатком мы можем записать, что
		f (x)=( x−a)q(x)+r ,				(6)
где deg r<1. Значит		r=0	или deg r=0. В любом случае остаток r			не зави-
сит от x ,	т. е. r K .	Подставляя в (6)		x=a ,	получим, что f (a)=r .	□
Следствие. Многочлен			f делится на	x−a	тогда и только тогда, когда a
является корнем f .

Деление с остатком многочлена на x−a осуществляется по так называемой

схеме Горнера. А именно, пусть

an xn +an−1 xn−1+…+a1 x+a0=(x−a)(bn−1 xn−1+bn−2 xn−2+…+b1 x+b0)+r .

Приравнивая коэффициенты при соответствующих степенях x и выполняя несложные преобразования (проделайте это самостоятельно!), получаем цепочку равенств

bn−1=an ,

bn−2=an−1+a bn−1 ,

bn−3=an−2+a bn−2 ,

…

b0=a1+a b1 , r=a0 +a b0 .

Исходные данные и результаты вычислений удобно расположить в виде таблицы, которую и называют схемой Горнера.

an

an−1

an−2

…

a1

a0

a

bn−1

bn−2

bn−2

…

b0

r

Пример. Разделим

многочлен f (x)=2 x6−11 x4−19 x3−7 x2 +8 x+5 на ли-

нейный двучлен

x−3

по схеме Горнера:

2

0

−11

−19

−7

8

5

3

2

6

7

2

−1

5

20

Значит, r=20

— остаток,

а q( x)=2 x5+6 x4 +7 x3+2 x2−x+5 — неполное

частное.

Следствие теоремы 2 можно использовать для доказательства верхней оценки количества корней данного многочлена.

Теорема 3. Количество корней ненулевого многочлена не превосходит его

степени.
Доказательство.
Пусть	c1 — корень многочлена	f	. Тогда	f (x)=(x−c1) f 1 ( x), f 1 K [ x].
Пусть c2 — корень многочлена f 1 .			Тогда f 1( x)=(x−c2 ) f 2( x), f 2 K [ x] и,
значит,	f (x)=( x−c1)(x−c2) f 2 (x),	f 2 K [ x ].		Продолжая так дальше13, в кон-
це концов получим представление многочлена				f	в виде
	f (x)=( x−c1)(x−c2)…( x−cm) g (x),
где многочлен g ( x) K [ x] не имеет			корней	в	поле K . Так как в кольце

многочленов нет делителей нуля и для каждого c , c≠ci , g(c)≠0, элементы поля c1 , c2 ,…, cm K — все корни многочлена f . Пользуясь свойствами сте-

пеней, находим, что deg f =m+deg g m. □

Задача 1. Докажите теорему 3 методом от противного, используя технику доказательства теоремы из §14.

Из доказательства последней теоремы не следует, что все корни ci должны

быть различными. Чтобы учесть повторяющиеся корни, введём понятие кратности корня.

Определение. Пусть a — корень многочлена f. Говорят, что корень a

имеет кратность r , если (x−a)r f (x), но (x−a)r +1 f (x).

Задача 2. Пусть a — корень многочлена f. Докажите, что a имеет кратность r тогда и только тогда, когда существует такой многочлен g ( x), что

f (x)=( x−a)r g (x) и g(a)≠0.

Корень кратности r называют также r-кратным корнем. Если r=1 , то соответствующие корни называют простыми.

Замечание. Для многочленов с комплексными коэффициентами имеется следующее замечательное дополнение к теореме 3. Пусть ν( f ) — количество различных корней многочлена f . Если f и g — взаимно простые (см. §22) и h= f +g , то max{deg f ,deg g ,degh } ν( f g h)−1. Этот факт, называемый теоремой Стотерса — Мейсона, был обнаружен только в 1981 г. За дальнейшими деталями можно обратиться к книге С. Ленга «Математические беседы для студентов».

Задача 3. Выведите из теоремы Стотерса — Мейсона Великую теорему Ферма для многочленов: если для трёх попарно взаимно простых многочленов x, y

и z с коэффициентами из выполняется равенство xn+ yn=zn , то n 2.

13До бесконечности данный процесс продолжаться не может, поскольку на каждом шаге количество множителей первой степени в разложении увеличивается на единицу.

§17. Уравнения с целыми коэффициентами
Рассмотрим алгебраическое уравнение с целыми коэффициентами
a0+a1 x+a2 x2+…+an xn=0, a j , an≠0 .	(7)

Используя результаты предыдущего параграфа, нетрудно получить необходимые условия существования рациональных корней последнего уравнения.

Предположим, что несократимое дробное число r / s является корнем уравнения (7). В этом случае справедливо равенство

a	+a	r	+a	r2	+…+a	rn	=0,
0		1 s		2 s2		n sn

эквивалентное равенству

a0 sn +a1 r sn−1+a2 r2 sn−2+…+an−1 rn−1 s+an rn=0.

Переписав последнее равенство в виде

a0 sn=r (−a1 sn−1−a2 r sn−2−…−an−1 rn−2 s−an rn−1),

получим, что целое число a0 sn делится на r. Так как дробь r / s по предположению несократимая, то на r должно14 делиться число a0 . Точно также из равенства

an rn=s(−a0 sn−1−a1 r sn−2−…−an−1 rn−1)

найдём, что an делится на s. Итак, доказана

Теорема 1. Если несократимое число rs является корнем (7), то свободный

член a0 уравнения делится на r , а старший коэффициент an делится на s.

Следствие. Рациональные корни приведённого уравнения с целыми коэффициентами являются целыми.

Задача 1. Докажите следствие теоремы 1.

Теорема 1 сводит поиск рациональных корней уравнения (7) к прямому перебору элементов конечного множества.

14 Действительно, разложим число		r на простые множители		pk .	Тот факт, что	a0 sn	де-
лится на r означает, что каждый простой множитель			pk	является делителем		a0 sn .	В
силу несократимости дроби s/r		ни один множитель	pk не может быть делителем чис-
ла	sn . Поэтому все pk являются делителями a0 .		Другими		словами, коэффици-
ент	a0 делится на r .

Пример 1. Рациональными корнями уравнения x3−2 x−1=0 могут быть лишь числа 1 или −1 . Подстановкой можно убеждаемся, что уравнение превращается в верное равенство только при x=−1.

В данном примере существование рационального корня позволяет найти вообще все корни кубического уравнения x3−2 x−1=0. Действительно, соглас-

но следствию из теореме Безу (см. §16) многочлен x3−2 x−1 делится на линейный двучлен x+1. Выполнив деление (например, по схеме Горнера), ис-

ходное уравнение запишем в виде (x+1)( x2−x−1)=0. Поскольку в кольце многочленов с целыми коэффициентами нет делителей нуля (почему?), недоста-

ющие корни удовлетворяют уравнению x2−x−1=0 , а потому равны 1±√5 . 2

Если в уравнении (7) коэффициенты a0 и an имеют слишком много дели-

телей, то прямой перебор претендентов на звание корня может оказаться утомительным. В этом случае часто оказываются полезными следующие две теоремы.

Теорема 2. Пусть f (x)=xn+a1 xn−1+a2 xn−2 +…+an−1 x+an — многочлен с

действительными коэффициентами, k — наименьшее число, для которого ak <0 и A — наибольшая из абсолютных величин среди отрицательных ко-

эффициентов. Тогда все действительные корни многочлена f не превосходят

числа 1+√k A.

Доказательство.

Предположим, что x>1+√k A и покажем, что в этом случае f (x)≠0. Представим сначала многочлен f в виде

f (x)=xn+(a1 xn−1+…+ak−1 xn−(k−1))+(ak xn−k +…+an−1 x+an ).

Так как x>0 и коэффициенты a1 , a2 ,…, ak−1 неотрицательны, то можно записать

f (x) xn+(ak xn−k +…+an−1 x+an ).
Далее, так как для всех i , i k справедливы неравенства ai −A,	то
ak xn−k +…+an−1 x+an −A( xn−k +…+x+1) и
f (x) xn−A( xn−k +…+x+1).	(8)

Используя формулу для вычисления суммы нескольких первых членов геометрической прогрессии, найдём, что правая часть последнего неравенства равна

	xn−A	xn−k+1−1	=xn−A	xn−k+ 1	+	A	.
		x−1		x−1		x−1

Ввиду того, что	x>1 и A>0, отбрасывание слагаемого					A	лишь усилит
						x−1
неравенство (8). Следовательно,
	f (x) xn−A	xn−k +1	=	xn−k +1	(xk−1 ( x−1)−A).
		x−1
				x−1
Так как x>1, то	xk−1>( x−1)k −1 и		xk−1( x−1)−A>( x−1)k−A. Последнее же

	k
выражение в силу неравенства x>1+√A строго больше нуля. Таким образом,
k	□
при x>1+√A f ( x)>0 .

Задача 2. Теорема 2 даёт верхнюю оценку для корней многочлена f (x) с действительными коэффициентами. Докажите, что верхняя граница корней

многочлена

f (−x) даёт нижнюю оценку корней многочлена

f (x).

f (

1

)

Задача 3. Докажите, что верхняя граница корней многочлена xn

даёт

x

нижнюю оценку положительных корней многочлена

f (x).

xn f (−1x )

Задача 4. Докажите, что верхняя граница корней многочлена

даёт

верхнюю оценку отрицательных корней многочлена

f (x).

Теорема 3. Пусть f [x ], f (1)≠0 , f (−1)≠0.

Если несократимое дроб-

ное число r

является корнем многочлена f ,

то числа

f (1)

и

f (−1)

яв-

s+r

s

s−r

ляются целыми.

Схема доказательства.

r

r

По условию

f (

)=0, значит f

делится на

x− s , т. е. существует такой

s

многочлен q

(вообще говоря с рациональными коэффициентами), что

f (x)=(x− rs)q( x).

Подставив в последнее равенство x=1 и выполнив очевидные преобразования, придём к соотношению

s f (1)=(s−r)q(1).

	Можно показать, что q(1) . Поэтому число s f (1)				делится на s−r . Так
	как дробь	r несократимая, то у чисел	s и s−r	нет общих делителей , от-
		s				f (1)
	личных от	±1 (почему?). Значит f (1)	делится на	s−r	и		.
						s−r

	Аналогично доказывается и включение	f (−1)		. □
		s+r
	Пример 2. Найдём рациональные корни уравнения
	6 x4+7 x3+27 x2+35 x−15=0 .			(9)

Если рациональные корни существуют, то их числители являются делителями числа −15 , т. е. принадлежат множеству {±1,±3,±5,±15 }. Знаменатели рациональных корней являются делителями числа 6, т. е. принадлежат множеству {±1,±2,±3,±6 }. Комбинируя различными способами элементы указанных множеств, можно составить полный список кандидатов на звание «Рациональ-

ный корень уравнения (9)»:

{±1,±3,±5,±15,±12 ,± 32 ,± 52 ,±152 ,±13 ,±53 ,±16 ,±56 }.

Прямой перебор всех двадцати четырёх вариантов был бы утомительным. Поэтому для дополнительного отсева чисел, заведомо не являющихся корнями рассматриваемого уравнения, воспользуемся теоремами 2 и 3.

В обозначениях теоремы 2 (вспомните, что в ней идёт речь о приведённом многочлене) k =4, A=156 =2,5. Поэтому действительные корни уравнения (9) не превосходят 1+√4 2,5<2,3 и список сокращается до восемнадцати элементов:

{±1,−3,−5,−15,±12 ,± 32 ,− 52 ,−152 ,±13 ,−53 ,±16 ,±56 }.

Заметим далее, что f (1)=60, f (−1)=−24 . Значит числа 1 и −1 заведомо корнями не являются. Из оставшихся шестнадцати чисел r / s нужно (согласно

	теореме 3) выбрать те, для которых оба числа	60	и	24	являются целыми.
		s−r		s+r

Результаты вычислений удобно расположить в виде таблицы, в которой символ «д» означает «дробное», а «ц» — целое (для определённости знак минус мы относим к числителю дроби):

r/s

-3/1

-5/1

-15/1

1/2

-1/2

3/2

-3/2

-5/2

-15/2

1/3

-1/3

-5/3

1/6

-1/6

5/6

-5/6

60

ц

ц

д

ц

ц

ц

ц

д

д

ц

ц

д

ц

д

ц

д

s−r

24

ц

ц

ц

ц

д

ц

ц

ц

д

д

s+r

Итак, список претендентов сократился до семи элементов, отмеченных в таблице зелёным цветом. Окончательный отбор легко осуществляется с помощью схемы Горнера: