Тема 17

Корени на полиномите. Кратни корени. Поле на разлагане - съществуване. Формули на Виет


страницата се нуждае от дописване/преглеждане


Липсва теоремата за съществуване на всички корени на полином в някакво разширение на полето.

Корени на полином. Кратни корени.

Дефиниция (корен на полином):
Нека $f(x) \in F[x]$ е произволен полином. $\alpha \in F$ наричаме корен на полинома $f(x)$ , ако е изпълнено, че:

(1)
\begin{align} f(\alpha) = 0 \end{align}

$\alpha$ е корен на полинома $f(x)$ е равносилно на $x - \alpha \mid f(x)$. (проверява се тривиално с теоремата за деление с частно и остатък).

Дефиниция (к-кратен корен):
Нека $f(x) \in F[x]$ е произволен полином. Казваме, че $\alpha \in F$ е k-кратен корен на полинома $f(x)$ , ако е изпълнено, че:

(2)
\begin{array} {|lcl} (x - \alpha)^k &\mid& f(x) \\ (x - \alpha)^{k+1} &\nmid& f(x) \end{array}

Производна

Дефиниция (производна):
Нека $f(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n$ е произволен полином над $F[x]$. Тогава:

(3)
\begin{align} f'(x) = a_0nx^{n-1} + a_1(n-1)x^{n-2} + \cdots + a_{n-1} \end{align}

наричаме производна на полинома $f(x)$.
Под $a_0n$ разбираме n-кратното на $a_0$, т.е $\underbrace{a_0 + a_0 + \cdots + a_0}_{n}$.

Свойства

  • $(cf(x))' = cf'(x)$
  • $(f + g)' = f' + g'$
  • $(f.g)' = f'.g + f.g'$

Доказват се тривиално от дефиницията.1

Твърдение:
Нека $f(x) \in F[x]$ е произволен полином. Тогава $\alpha$ е кратен корен (т.е поне 2-кратен) т.с.т.к. $f(\alpha) = f'(\alpha) = 0$.
Доказателство:
$| \Rightarrow |$ От $(x - \alpha)^2 \mid f(x)$ следва $f(x) = (x-\alpha)^2g(x)$. Да сметнем производната:

(4)
\begin{align} f'(x) = (x - \alpha)^2g'(x) + 2(x - \alpha)g(x) = (x-\alpha)((x - \alpha)g'(x) + 2g(x)) \end{align}

Следователно $\alpha$ е корен и на $f'(x)$, т.е $f'(\alpha) = f(\alpha) = 0$.
$| \Leftarrow |$ $f(\alpha) = 0$, следователно $(x - \alpha) \mid f(x)$, т.е $f(x) = (x - \alpha)h(x)$. Да разделим с частно и остатък $h(x)$ на $x - \alpha$:

(5)
\begin{align} h(x) = (x - \alpha)t(x) + c \end{align}

където $c$ е константа (т.е полином от 0ва степен). Сега да разпишем $f(x)$ след което и $f'(x)$:

(6)
\begin{eqnarray} f(x) &=& (x - \alpha)h(x) \\ &=& (x-\alpha)((x-\alpha)t(x) + c) \\ &=& (x-\alpha)^2t(x) + (x - \alpha)c \\ f'(x) &=& (x - \alpha)^2t'(x) + 2(x - \alpha)t(x) + c \\ \end{eqnarray}

Сега заместваме $\alpha$ във $f'(x)$ и получаваме:

(7)
\begin{eqnarray} f'(\alpha) &=& (\alpha - \alpha)^2t'(\alpha) + 2(\alpha - \alpha)t(\alpha) + c \\ &=& 0^2 t'(\alpha) + 2.0t(\alpha) + c \\ &=& c \end{eqnarray}

Но по условие $f'(\alpha) = 0$, следователно $c = 0$, т.е $h(x)$ се дели точно на $x - \alpha$, и от тук $(x - \alpha)^2 \mid f(x)$.

Формули на Виет

Ще напишем формули, които свързват корените на даден полином с неговите коефициенти.
Теорема (Формули на Виет):
Нека $f(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_{n-1}x + a_n$ е произволен полином от $F[x]$.
Нека $\beta_1, \beta_2, \cdots, \beta_n$ са всичките му корени в някакво разширение $K \supset F$. Тогава:

(8)
\begin{array} {lclcl} \sum_i \beta_i &=& \beta_1 + \beta_2 + \cdots + \beta_n &=& -\frac{a_1}{a_0} \\ \sum_{i < j} \beta_i\beta_j &=& \beta_1\beta_2 + \beta_1\beta_3 + \cdots + \beta_1\beta_n + \beta_2\beta_3 + \cdots + \beta_{n-1}\beta_n &=& \frac{a_2}{a_0} \\ \vdots \\ \prod_i \beta_i &=& \beta_1\beta_2\cdots\beta_n &=& (-1)^n \frac{a_n}{a_0} \\ \end{array}

Доказателство:
Полиномът $f(x)$ може да бъде разложен по следния начин в разширението $K \supset F$, в което се намират всичките му корени:

(9)
\begin{align} f(x) = a_0(x - \beta_1)(x - \beta_2)\cdots(x - \beta_n) \end{align}

Сега ще разкрием скобите:

(10)
\begin{eqnarray} f(x) &=& a_0(x - \beta_1)(x - \beta_2)\cdots(x - \beta_n) \\ &=& a_0x^n \\ &+& a_0x^{n-1}(-1)(\beta_1 + \beta_2 + \cdots + \beta_n) \\ &+& a_0x^{n-2}(+1)(\beta_1\beta_2 + \cdots + \beta_{n-1}\beta_n) \\ &\vdots& \\ &+& a_0(-1)^n(\beta_1\beta_2\cdots\beta_n) \\ \end{eqnarray}

Сега просто използваме, че коефициентите на 2 полинома, които са еднакви (в нашия случай - написани по 2 различни начина) съвпадат, т.е коефициентът пред дадена степен в едното представяне е равен на коефициентът пред същата степен в другото представяне.
С това теоремата е доказана!

Забележка: Който не знае Формулите на Виет няма да мине Алгебра 22

Съществуване на поле на разлагане

Теорема 1

Нека f e F[x], deg f > 0, I = (f). Тогава факторпръстенът F[x]/I е поле <=> полиномът f е неразложим над F.

Доказателство:
$| \Rightarrow |$ Нека F[x]/I е поле. Да допуснем, че f = gh g, h e F[x], deg g, deg h < deg f. Тогава f !/ g, f !/ h -> g,h !e I. Тоест f и g са ненулеви елементи от F[x]/I. От друга страна, равенството f = gh в пръстена F[x] => 0(cherta) = f(cherta) = g(cherta)h(cherta) в полето F[x]/I, което е противоречие с липсата на делители на нулата в поле => f е неразложим над F.
$| \Leftarrow |$ f е неразложим над F и 0(cherta) != g(cherta) e F[x]/I, където g e F[x]. Тогава g !e I, тоест f !/ g. Тъй като f е неразложим полином, то (f, g) = 1. Тогава съществуват полиноми u, v e F[x] : uf + vg = 1. Оттук получаваме равенството:
uf + vg = 1 ( всяко едно с чертичка ) в пръстена F[x]/I. Като вземем предвид, че f(cherta) = 0(cherta), получаваме vg = 1 ( с чертички отново ) => g е обратим елемент( v(cherta) ). Така всеки ненулев елемент на пръстена F[x]/I е обратим, което означава, че F[x]/I е поле.

Теорема 2

Нека f e F[x], deg f > 0. Тогава съществува разширение K на полето F, в което полиномът f има корен.
Доказателство:
Полиномът $f$ се разлага в произведение на неразложими над $F$ множители. Ако намерим разширение на $F$, в което един от тези множители има корен, то той ще бъде корен и на $f$. БОО можем да считаме, че полиномът $f$ е неразложим над $F$.
Нека $I = (f)$ и $K = F[x]/I$.
Според Теорема 1 $K$ е поле. Нека $\varphi : F[x] \to K$ е естественият хомоморфизъм, т.е $\varphi(g) = \bar g = g + I \in K$.
Нека $\bar{\varphi}$ е ограничението на $\varphi$ върху $F$, т.е $\bar\varphi: F \to K$ е хомоморфизъм и $\bar\varphi(a) = \varphi(a) = \bar a \quad a \in F$.
Очевидно $\mathrm{Ker}\ \bar\varphi \ne F$, също така $\mathrm{Ker}\ \bar\varphi \vartriangleleft F$, а полето $F$ няма нетривиални идеали, следователно $\mathrm{Ker}\ \bar\varphi = \{0\}$. Нека $F_0 = \mathrm{Im}\ \bar\varphi$. От Теоремата за Хомоморфизмите имаме, че $F / \mathrm{Ker}\ \bar\varphi \cong F_0$. Следователно $F \cong F_0$. Благодарение на този изоморфизъм считаме, че $F \le K$. Тъй като $f \in F[x]$, в частност имаме $f \in K[x]$. Ако $\bar a \in F$ следователно $\bar a = a$.
Тогава

(11)
\begin{eqnarray} f &=& a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n \\ &=& \overline{a_0}\overline{x}^n + \overline{a_1}\overline{x}^{n-1} + \cdots + \overline{a_n} \\ &=& \overline{a_0x^n + a_1x^{n-1} + \cdots + a_n} \\ &=& \bar f \\ &=& \bar 0 \\ &=& 0 \end{eqnarray}

Така полето $K$ е разширение на полето F и $a$ e K е корен на полинома $f \in F[x]$.

Теорема 3

Нека f e F[x], deg f = n > 0. Тогава съществува разширение L на полето F, над което f се разлага в произведение на линейни множители, т.е. всички корени на ф са в това разширение.

Доказателство:
Нека K1 е разширение на F, в което f има корен a1.
Тогава от ( К - комутативен пръстен с 1 f e F[x] и a е K. Тогава f(a) = 0 когато f = ( x - a )q за някой полином q от F[x]) => f = ( x - a1 )f1, f1 e K1[x], degf1 = n - 1. Ако degf1 > 0 K2 е разширение на K1, в което f има корен a2 => f1 = (x - a2)f2, deg f2 = n - 2 и т.н.След n стъпки f - разложен на линейни множители в последното разширение Kn = L на полето F. Елементите a1, a2, .., an на L са корени на f, а fn - старшия коефициент..

ако някой не разбира нещо по последните 3 теореми - " Записки по Алгебра групи, пръстени, полиноми " -> стр. 40/41

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License