Конспект лекций по алгебре (семестр 2)

	6	7	27	35	−15
−3	6	−11	60	−145	420
−5	6	−23	142	−675	3360
1/2	6	10	32	51	21/2
−1/2	6	4	25	45/2	−105/4
−3/2	6	−2	30	−10	0
1/3	6	9	30	45	0
−1/3	6	5	76/3	239/9	−644/27

Итак, уравнение (9) имеет два рациональных корня, равных 1/3 и −3/2 .

§18. Уравнение третьей степени. Формула Карданоxi— Тартальиxii

Чтобы научиться решать уравнения третьей степени достаточно, как это следует из параграфа §15, научиться решать приведённые неполные кубические

уравнения. В неполном уравнении третьей степени коэффициент при x2 по определению равен нулю.

В случае произвольного поля данное уравнение может и не иметь корней. Например, равенство x3−2=0 над полем 3 не выполняется ни при каком x 3 , что проверяется непосредственным перебором. С другой стороны, как

сейчас будет показано, над полем любое кубическое уравнение имеет корни. Итак, рассмотрим уравнение с комплексными коэффициентами

x3+ p x+q=0, p , q .	(10)
Введём переменные u и v , связанные с исходной переменной x	соотноше-
нием x=u+v . В новых переменных уравнение запишется в виде
(u+v)3+ p(u+v)+q=0
или, после раскрытия скобок и надлежащей группировки, виде
u3+v3+(3 u v+ p)(u+v)+q=0 .	(11)

Ясно, что любое число можно представить в виде суммы двух слагаемых бесконечным числом способов. Для того чтобы уменьшить произвол в выборе u и v , потребуем, чтобы последние были связаны равенством 3u v+ p=0 .

Уравнение (11) вместе с ограничением в виде равенства 3u v+ p=0 перепишем в виде системы

{u3 +v3=−q, u v=− 3p .

Если возвести обе части второго уравнения в третью степень, то получим систему уравнений относительно неизвестных u3 и v3

{u3+v3=−q,

u3 v3=− p3 . 27

Согласно теореме, обратной к теореме Виета,xiii числа u3 и v3 являются корнями приведённого квадратного уравнения

z2+q z−

p3

=0 .

27

3

q

q2

p3

3

q

q2

p3

q

q2

p3

Поэтому

u

=−

2

+√4 +

, v

=−

−√

+

. Если

−

+√

+

≠0,

то су-

27

2

4

27

2

4

27

ществует

три

значения u1 ,u2, u3 переменной u.

Соответствующие

значе-

ния v1 , v2 , v3 переменной

v

определяются из равенства

3u v+ p=0 .

Таким образом, уравнение (10) имеет три корня, которые вычисляются через коэффициенты уравнения по формуле

√

√

√

√

q

q2

p3

q

q2

p3

3

3

(12)

x= −2 +

4 + 27 + −2 −

4 +

27 ,

называемой формулой Кардано — Тартальи.

§19. Примеры использования формулы Кардано — Тарталья

В этом параграфе мы рассмотрим несколько кубических уравнений (10) с действительными коэффициентами и применим формулу Кардано — Тартальи для нахождения его корней. Представляется естественным ограничиться поиском действительных корней.

Заметим, что в случае, когда p>0, у многочлена f (x )=x3 + p x+q существует единственный действительный корень. Поскольку множество бесконечно, то много-

член f	можно отождествить с определяемой им функцией, которая как известно является
непрерывно дифференцируемой на всём множестве .
Так как	lim f (x )=+∞, а	lim f ( x)=−∞, то по теореме о промежуточном значении
	x→+∞	x→−∞

непрерывной функции найдётся такая точка x0 , что f (x0 )=0 . Существование корня

установлено.						f '
Для доказательства единственности найденного корня заметим, что производная
функции f	положительна при любом x : f ' ( x)=3 x2+ p>0. Это означает, что				f	яв-
ляется строго возрастающей функцией. Поэтому при x<x0				f ( x)< f (x0 )=0, а при	x >x0
f (x)> f (x0)=0,		т. е. корней отличных от x0 не существует.
Пример	1.	Найдём	действительные корни	уравнения x3+6 x−2=0.
Подставляя	p=6 , q=−2		в формулу (12), получим

x=√3 1+√1+8+√3 1−√1+8=√3 4−√3 2.

Пример 2. Рассмотрим уравнение x3+3 x−4=0. Один действительный корень легко подобрать. Это число x=1. Других корней, как мы уже знаем, нет. А что нам даёт формула (12)? Так как p=3, q=−4, то

x=√3 2+√4+1+√3 2−√4+1=√3 2+√5+√3 2−√5.

Таким образом формула Кардано — Тартальи может представлять корни не в самой простой форме.

Пример 3. Ясно, что уравнение (x+3)( x−2)( x−1)=0 имеет три действительных корня x1=−3 , x2=2, x3=1. Раскрыв скобки в левой части уравнения,

перепишем его в эквивалентном виде x3−7 x+6=0. Если же записать решение по формуле (12), то получим

x=√3 −3+ 310√3 i+√3 −3+ 310√3 i,

что не похоже на −3,2 или 1.

Таким образом, не смотря на то, что все корни уравнения x3−7 x+6=0 действительны, при нахождении их по формуле (12) в промежуточных вычислениях возникают комплексные числа. Некоторые математики считают, что именно данное обстоятельство закрепило за комплексными числами статус «настоящих».

§20. Уравнение четвёртой степени. Метод Феррариxiv

Рассмотрим метод решения уравнений четвёртой степени, предложенный учеником Дж. Кардано — Л. Феррари.

Уравнение четвёртой степени с комплексными коэффициентами

x4+a x3+b x2+c x+d =0

(13)

перепишем в виде

x4+a x3=−b x2−c x−d .

Преобразуем полученное равенство таким образом, чтобы его левая часть стала полным квадратом. Для этого нужно к обеим частям равенства прибавить выра-

жение	a2 x2	:
	4
		x4+a x3 +			a2 x2		=a2 x2		−b x2−c x−d ,
		4					4
		(x2 +	a x	)2=(		a2		−b)x2−c x−d .
			2			4

Введём далее вспомогательную переменную y таким образом, чтобы левая

часть последнего равенства превратилась в (x2 +

a x

+ y)2

. С этой целью к обе-

2

им его частям прибавим 2(x2+

a x

)y+ y2 :

2

(x2+

a x

)2+2(x2+

a x

)y+ y2=(

a2

−b)x2−c x−d +2(x2+

a x

)y+ y2 ,

2

2

4

2

(x2+

a x

+ y)2=(

a2

−b+2 y)x2+(ay−c) x+( y2−d ).

(14)

2

4

Заметим, что правая часть полученного соотношения является многочленом относительно неизвестного x с коэффициентами, зависящими от y . Выберем значение y так, чтобы этот многочлен стал полным квадратом.

Задача. Докажите, что многочлен α x2+β x+γ, α≠0 , является полным квад-

ратом тогда и только тогда, когда β2−4 α γ=0.

Используя утверждение задачи, находим, что y должен удовлетворять кубическому уравнению

(ay−c)2−(a2−4 b+8 y)( y2−d )=0,

левая часть которого называется резольвентой уравнения (13).

Обозначая корень резольвенты через y0 , уравнение (14) можно переписать в виде

(x2+ a2x + y0)2=( A x+B)2 ,

которое, в свою очередь эквивалентно совокупности двух квадратных уравнений

[x2+ a2x + y0=A x+B , x2+ a2x + y0=−A x−B.

Решив каждое квадратное уравнение из этой совокупности, найдём все четыре корня уравнения (13).

Пример. Найдём корни уравнения x4+2 x3+2 x2 +x−7=0 , используя метод Феррари:

x4 +2 x3=−2 x2−x+7,

(x2)2+2 x2 x+x2 =x2−2 x2−x+7, (x2+ x)2=−x2 −x+7 .

Левая часть последнего равенства представлена в виде полного квадрата. Далее вводим вспомогательную переменную y :

(x2+ x+ y)2=−x2−x+7+ y2+2 y (x2+ x),

(x2+ x+ y)2=(2 y−1) x2+(2 y−1) x+ y2+7 .

Чтобы выражение (2 y−1) x2+(2 y−1) x+ y2 +7 являлось полным квадратом необходимо и достаточно, чтобы y являлся корнем кубического уравнения

(2 y−1)2−4(2 y−1)( y2 +7)=0.

Один корень последнего уравнения очевиден — y=12 .

В итоге получаем уравнение (x2+x+ 12 )2=294 , эквивалентное совокупности двух квадратных уравнений

[x2+x+ 12 =√229 , x2+ x+ 12 =−√229 .

Решая эти уравнения, найдём все корни исходного уравнения:

x1=−1		√	2 √		−1		=−1			√	2 √				−1				1	+i √	2 √		−1
	+			29		, x2			−				29				, x3=−					29		,
2		2						2		2									2	2
								1	−i √
												2 √				−1
						x4	=−							29				.
								2
										2

§21. Основная теорема алгебры. Теорема Руффиниxv — Абеля

Теорема 3 из §16 утверждает, что количество корней любого многочлена не превосходит степени многочлена, даже если каждый корень считать столько раз, какова его кратность. С другой стороны мы установили, что каждое уравнение третьей (соответственно четвёртой) степени с комплексными коэффициентами имеет в точности три (соответственно четыре) комплексных корня. Из школьных формул вытекает аналогичное свойство и для квадратных уравнений.

Оказывается, что данный факт имеет место для алгебраического уравнения с комплексными коэффициентами любой положительной степени. Соответствующее утверждение, которое мы сформулируем для многочленов, носит название основной теоремы алгебры.

Основная теорема алгебры. Каждый многочлен с комплексными коэффициентами и положительной степени n имеет в точности n корней, если каждый из них считать столько раз, какова его кратность.

Иногда основную теорему формулируют в несколько иной форме.

Теорема 1. Всякий многочлен ненулевой степени с комплексными коэффициентами имеет по крайней мере один комплексный корень.

Именно в такой формулировке мы и будем доказывать основную теорему алгебры. Но не сейчас, а лишь в следующем семестре.

Задача. Докажите эквивалентность теоремы 1 и основной теоремы алгебры. Определение. Поле K называется алгебраически замкнутым, если каждый многочлен из кольца K [ x] положительной степени обладает хотя бы одним

корнем, принадлежащим K .

Таким образом теорема 1 утверждает, что поле комплексных чисел алгебраически замкнуто. Кстати, основная теорема алгебры может считаться доказанной для многочленов степени n=1 ,2,3 и 4, поскольку корни таких многочленов можно выписать в явном виде.

Если посмотреть на явные формулы вычисления корней уравнений первой, второй и третьей степени, а также проанализировать алгоритм Феррари решения уравнения четвёртой степени, то можно заметить, что все корни алгебраических уравнений, степени которых не превосходит четырёх, выражаются через коэффициенты уравнений с помощью конечного числа арифметических операций и извлечений корней натуральной степени. В этом случае говорят, что корни уравнения выражены через его коэффициенты в радикалах.

Далее встаёт естественный вопрос о выражении в радикалах корней уравнений степени выше четвёртой. На этот вопрос даёт ответ

Теорема 2. (Руффини — Абель) Общее алгебраическое уравнение с одним неизвестным степени выше четвёртой неразрешимо в радикалах.

Подчеркнём, что речь идёт именно об общем уравнении, которое имеет вид xn+a1 xn−1 +a2 xn−2 +…+an−1 x+an=0.

Корни уравнений с конкретными коэффициентами могут выражаться через коэффициенты в радикалах. Так, например, корни уравнения xn−a=0 могут быть записаны в виде xi=√n a . С другой стороны, можно показать, что уравне-

ние вида x5−x+a=0 в радикалах неразрешимо.

Теорему Руффини — Абеля мы доказывать не будем. Заметим только, что её доказательство сводится к доказательству неразрешимости в радикалах уравне-

ния x5−x+a=0 . Действительно,

•если бы общее уравнение пятой степени было разрешимо в радикалах, то

таким же свойством обладало бы и уравнение x5−x+a=0 специального вида;

•если бы общее уравнение степени n , n>5, было разрешимо в радикалах, то таким же свойством обладало бы и уравнение xn−5(x5−x+a)=0 (имеющее степень n) что, в свою очередь, означало бы разрешимость уравнения x5−x+a=0 пятой степени.

			§22. Наибольший общий делитель многочленов
Пусть	K	— поле и				K [ x] — кольцо многочленов над K . Напомним, что
многочлен		g K [ x]			называется			делителем многочлена	f K [ x], если для
некоторого многочлена						q K [ x ]		выполняется равенство	f =g q.
Задача 1. Докажите следующие свойства делимости в кольце многочленов.
1. Если	h | g		и	g |	f ,	то	h | f .
2. Если	h | f		и	h | g ,		то	h | f ±g .
3. Если	h= f ±g , d | h					и	d | f , то d | g.
4. Если	h | f		и	h | g ,		то	h | f g .
5. Если	g | f		и	h	— произвольный многочлен, то g | f h.
6. Если		f | g	и	g | f ,		то	λ K * для которого f =λ g .
7. Если	0| f		, то		f =0 .

	Р е ш е н и е . (Пункты 1 и 7)
	1. По условию		h | g	и g | f , т. е. по определению делимости существуют
	многочлены	q1 и	q2	такие, что	g=h q1 и f =g q2 . Отсюда немедленно по-
	лучаем, что	f =(h q1 )q2=h(q1 q2 ).			Но последнее равенство и означает, что h
	делит f .		g
		0| f	, то существует многочлен q , такой что f =0 q . Правая
	7. Так как

часть последнего равенства является очевидно нулевым многочленом.

Многочлен d , являющийся делителем каждого из многочленов f и g , называется общим делителем этих многочленов. Ясно, что любой ненулевой элемент поля K , рассматриваемый как многочлен нулевой степени, является общим делителем любой пары многочленов.

Определение 1. Многочлены f и g называются взаимно простыми, если всякий их общий делитель имеет нулевую степень.

Среди всех общих делителей данной пары многочленов важную роль играет так называемый наибольший общий делитель.

Определение 2. Наибольшим общим делителем многочленов f и g называется такой их общий делитель, который делится на любой другой общий делитель.

Другими словами, многочлен D является наибольшим общим делителем

многочленов		f и	g , если:
1.	D f и	D g ;
2.	d f и d g d D.

Наибольший общий делитель многочленов f и g будем обозначать символом ( f , g ).

Наибольший общий делитель данной пары многочленов определён с точностью до умножения на элемент поля K . Действительно, если D1 и D2 яв-

ляются наибольшими общими делителями многочленов f и g , то, как это следует из определения 2, D1 D2 и D2 D1. Из пункта 6 задачи 1 следует, что

для некоторого ненулевого λ выполняется равенство D1=λ D2.

Два многочлена, отличающиеся друг от друга ненулевым постоянным множителем, называются ассоциированными. Таким образом, любые два наибольшие общие делители многочленов f и g являются ассоциированными.

Задача 2. Докажите, что отношение «быть ассоциированными» определяет в кольце многочленов отношение эквивалентности.

Далее мы докажем, что наибольший общий делитель существует для любых двух многочленов. С этой целью отметим два свойства наибольшего общего де-

лителя, которые в виду их простоты сформулируем в форме задач.
Задача 3. Если			g | f ,	то множество общих делителей	f и g совпадает с
множеством делителей				g ; в частности, ( f , g )=g .
Задача	4.	Если	f =g q+r , то множество общих		делителей	многочле-
нов f и	g	совпадает с множеством общих делителей многочленов				g и r ;
в частности,		( f , g )=( g , r ).

Теперь мы можем описать так называемый алгоритм Евклидаxvi нахождения наибольшего общего делителя данных многочленов f и g. По теореме о делении с остатком имеем ряд равенств:

Этот

ток:

ней

f =g q1 +r1 ,	deg r1<deg g ,
g=r1 q2+r2 ,	deg r2<deg r1 ,
r1=r2 q3 +r3 ,	deg r3<deg r2 ,
	(15)

rn−3=rn−2 qn−1 +rn−1 , deg rn−1<deg rn−2 , rn−2=rn−1 qn+rn , degrn <deg rn−1 , rn−1=rn qn+1 .

ряд заканчивается, когда на некотором шаге получается нулевой оста- rn+1=0. Последнее неизбежно, поскольку последовательность степе-

deg ri , являющихся целыми неотрицательными числами, строго убывает.

Из свойств наибольшего общего делителя, сформулированных в задачах 3-4, получаем

( f , g )=( g , r1)=(r1 ,r2)=…=(rn−1 ,rn )=rn .

Отсюда находим, что последний ненулевой остаток rn является наибольшим

общим делителем многочленов f и g.

Умножая каждое равенство в (15) на произвольный многочлен h≠0, без

труда

устанавливаем,

что

( f h, g h)=h( f , g ).

Если d

—

общий

делитель

многочленов

f

и g ,

то

из

последнего

равенства

находим,

что

(

f

g

)=

( f , g )

f

,

. В

частности,

если d =( f , g ), то

многочлены

и

d

d

d

( f , g)

g

будут взаимно простыми.

( f , g)

Таким образом, доказана Теорема 1. Наибольший общий делитель двух многочленов обладает следую-

щими свойствами:

1.

( f h , g h)=h( f , g);

2.

(

f

,

g

)=

( f , g )

, где

d — общий делитель f и g ;

d

d

d

3. многочлены

f

и

g

взаимно простые.

( f , g)

( f , g)

С помощью алгоритма Евклида легко устанавливается справедливость теоремы, называемой теоремой о линейном представлении наибольшего общего де-

лителя.
Теорема 2. (Соотношение Безу) Для любых многочленов f										и g суще-
ствуют такие многочлены u , v ,					что	f u+g v=( f , g).
Доказательство.
Из предпоследнего равенства в (15) можно выразить ( f , g )=rn										через много-
члены rn−1 и rn−2 . Пользуясь третьим с конца равенством, выразим rn−1											че-
рез многочлены rn−2		и	rn−3 .	В результате наибольший общий делитель							rn
выразится через	rn−2	и	rn−3 . Поднимаясь далее по списку (15) вверх, в итоге
выразим ( f , g )=rn через многочлены							f	и g . □
Следствие 1. Если многочлены f						и	g	взаимно простые, то найдутся такие
многочлены u , v , что		f u+g v=1.
Следствие 2. Пусть		g f h		и	( f , g )=1.			Тогда g h.
Доказательство.		f
Так как многочлены			и	g	взаимно простые, то существуют такие много-
члены u , v , что	f u+g v=1.			Отсюда получаем равенство					(h f )u+(h v) g=h,
которое и доказывает утверждение. □
Задача 5. Докажите, что если					( f , h)=1			и (g , h)=1 , то	( f g , h)=1.

§23. Неприводимые многочлены. Теорема о разложении

В кольце целых чисел особую роль играют простые числа p, делители которых по определению исчерпываются числами ±1 и ±p . В кольце многочленов аналогом простых чисел являются так называемые неприводимые многочлены.

Определение. Многочлен положительной степени из кольца K [ x] называется неприводимым над полем K , если его нельзя представить в виде произведения двух многочленов положительной степени из того же кольца K [ x].

Многочлены положительной степени, не являющиеся неприводимыми многочленами, называются приводимыми.

Заметим, что свойство многочлена «быть приводимым» зависит в общем слу-

чае от поля. Так, например, многочлен		x2+1 неприводим над полем	, но
приводим над полем , так	как x2+1=( x+i)(x−i). Над полем 2		много-
член x2+1 также приводим:	x2+1=( x+	1)2 (проверьте!).

Ясно также, что многочлены первой степени неприводимы над любым полем.

Задача 1. Опишите все неприводимые многочлены над полем			.
Задача 2. Перечислите все	неприводимые многочлены степени			3 над по-
лем 2.
Задача 3. Пусть f [ x]	и deg f =2	или 3. Докажите, что	f	неприводим
над полем K тогда и только тогда, когда		f имеет корень из K .

Задача 4. Пусть p — неприводимые многочлен, f — произвольный

многочлен. Докажите, что либо p f , либо ( p, f )=1.
Задача 5. Пусть p и q — неприводимые многочлены и p q .	Докажите,
что многочлен p ассоциирован с многочленом q .
Лемма (Основное свойство неприводимого многочлена). Пусть	p — не-

приводимый многочлен над полем K и p является делителем произведения f g . Тогда p является делителем по крайней мере одного из сомножителей f или g .

Доказательство.

Если p f ,	то	( p, f )=1 и согласно следствию 2 из теоремы 2 предыдуще-
го параграфа	p g	. □

Теорема (о разложении). Всякий многочлен положительной степени может быть разложен в произведение неприводимых многочленов, причём это разложение единственно с точностью до перестановки множителей и умножения их на ненулевые элементы поля.

Доказательство.

Пусть f — многочлен положительной степени. Если он неприводимый, то искомое разложение найдено и оно состоит из одного множителя. В случае,

когда f	приводим, его можно записать в виде произведения двух многочленов
f = f 1	f 2, где 0<deg f 1, deg f 2<deg f . Если многочлены f 1, f 2 неприво-

димы, то искомое разложение найдено. В противном случае к каждому приводимому множителю можно применить аналогичные рассуждения. Поскольку на каждом шаге получаются многочлены с меньшей степенью, то описанный про-