1611672535-7205ee7fb92cecd63cdae109c575108c (Пожидаев - Лекции), страница 4

. . +φ(c0 ) ∈ R[x]. Так как φ — гомоморфизм колец, то φ(bl )φ(ck ) = φ(an ).Следовательно, φ(bl ) 6= 0 и φ(ck ) 6= 0, а потому deg g = deg g φ и deg h =deg hφ . Поскольку f = gh, то f φ = g φ hφ . Ввиду неприводимостимногочлена f φ (x) в R[x] получаем, что либо g ∈ K, либо h ∈ K.¤Теорема 2 имеет хорошее применение. Рассмотрим кольцо целыхчисел Z и поле Z3 .

Нетрудно показать, что многочлен x3 − x − 1неприводим в кольце Z3 [x]. Пусть φ : Z 7→ Z3 — такой гомоморфизмколец, что φ сопоставляет каждому целому числу n его остатокот деления на 3. Тогда по теореме 2 многочлен x3 − x − 1 неприводимв Z[x].19§ 8. Разложение рациональных функций§ 8.Разложение рациональныхна простейшие дробифункцийПусть P — поле, P (x) (поле частных кольца P [x]) — поле рациональныхфункций над P . Напомним, что множество P (x) состоит из элементов(дробей) fg , где f, g ∈ P [x], причём g 6= 0. По определению fg = fg11 тогдаи только тогда, когда f g1 = f1 g.Для дробиfgопределим её степень: degfg= deg f − deg g.Степень дроби не зависит от её записи.

Действительно, пусть fg = fg11 .Тогда f g1 = f1 g, а потому deg (f g1 ) = deg (f1 g), откуда deg f + deg g1 =deg f1 + deg g. Следовательно, deg fg = deg fg11 .Дробьfgназывается несократимой, если (f, g) = 1.Лемма 1. Каждая дробь единственным образом представимав виде несократимой дроби.Доказательство. Действительно, пусть fg = fg11 и (f, g) = (f1 , g1 ) = 1.Тогда f g1 = f1 g. Следовательно, f |f1 g.

Поскольку (f, g) = 1, то f |f1 .Аналогично получаем, что f1 |f , g|g1 и g1 |g. Таким образом, f = αf1f1и g = βg1 , где α, β ∈ P , причём α · β 6= 0. Тогда fg = αβ g1 . Посколькуfg=f1g1 ,тоДробьαβfg= 1, т. е. α = β.¤называется правильной, если degЛемма 2. Каждая дробьв видеfg=h+f1g1 ,fgfg< 0.единственным образом представимагде h ∈ P [x] иf1g1— правильная дробь из P (x).Доказательство. В силу алгоритма Евклида f = gh + r, где h, r ∈P [x] и deg r < deg g.

Поэтому fg = h + gr , причём gr — правильная дробь.Докажем единственность такого разложения. Пустьh̄ +f1g1 .Тогда h̄ − h =f1g1−f1g1=f1 g 1 −f 1 g1.g1 g 1fg= h+f1g1=Следовательно, deg (h − h̄) =deg (f1 g 1 − f 1 g1 ) − deg (g1 g 1 ) = deg (f1 g 1 − f 1 g1 ) − deg g1 − deg g 1 < 0,откуда h − h̄ = 0 иf1g1=f1g1 .¤Лемма 3. Сумма правильных дробей является правильной дробью.Доказательство. Пусть fg и gf11 — правильные дроби. Тогдаdeg f < deg g и deg f1 < deg g1 . Поэтому deg (f g1 + f1 g) ≤203. Кольца многочленовmax (deg (f g1 ), deg (f1 g)) < deg (gg1 ). Посколькутоfg+f1g1fg+f1g1=f g1 +f1 g,gg1— правильная дробь.¤Правильная дробь fg из P (x) называется простейшей тогда и толькотогда, когда g = p(x)n , где n ≥ 1, многочлен p(x) неприводим и deg f <deg p.Теорема 1. Каждую правильную дробь можно однозначнопредставить в виде суммы простейших дробей.Доказательство.

1. Существование. Пусть fg — правильная дробь.Не теряя общности, можно считать, что g — унитарный многочлен.Тогда g = pn1 1 . . . pns s , где p1 , . . . , ps — унитарные неприводимыемногочлены, причём (pi , pj ) = 1 при i 6= j.ni−1 ni+1Пусть gi = pn1 1 . . . pi−1pi+1 . . . pns s . Очевидно, что (g1 , . . . , gs ) =1. Из алгоритма Евклида следует существование таких многочленовu1 , . . .

, us , что u1 g1 + . . . + us gs = 1. Тогдаsff (u1 g1 + . . . + us gs ) X f ui==.ggpnii=1 iПо лемме 2 имеемдробь. Поэтомуfgfin , гдеpi iPs f iPsi=1 pnii=1 hi +f uinpi i== hi +hi ∈ P [x], аfi— правильнаяnpi iPs f ii=1 pni является. По лемме 3iiPsPsправильной дробью. Следовательно, i=1 hi = 0 и fg = i=1 pfnii .iТеперь представим правильную дробь pan в виде суммы простейшихдробей. Рассмотрим последовательность делений с остатком:ab1bm−1Тогда==···=b1 p + r1 ,b2 p + r2 ,deg r1 < deg p, deg b1 < deg a,deg r2 < deg p, deg b2 < deg b1 ,bm p + rm , deg rm < deg p, deg bm < deg bm−1 , deg bm < deg p.a = b1 p + r1 = (b2 p + r2 )p + r1 = ((b3 p + r3 )p + r2 )p + r1 = . .

.= (. . . (bm p + rm )p + rm−1 ) . . . + r2 )p + r1 = bm pm + rm pm−1 + . . . + r1 .Поскольку deg a < n deg p, то m < n иabm pm + . . . + r1bmrmr1== n−m + n−m+1 + . . . + n ,nppnppp21§ 9. Корни многочлена и линейные множителигде все дроби простейшие. Таким образом, fg представима в виде суммыпростейших дробей.Ps Pn a2. Единственность. Достаточно доказать, что если i=1 j=1 pijj =0, гдеaijpji— простейшая дробь, то aij = 0 для всех i, j. Имеем:µa1na11+ ... + np1p1¶µ+ ... +asnas1+ ...

+ npspsi¶= 0.Следовательно,as1 psn−1 + . . . + asna11 pn−1+ . . . + a1n1+ ... += 0.np1pnsПоложим hi = ai1 pn−1+. . .+ain , i = 1, . . . , s. Тогда h1 g1 +. . .+hs gs =in . . . pn . Ясно, что многочлен h g + . . . + h g делится0, где gi = pn1 . . . pc2 2s ssiна pn1 . Поскольку (g1 , p1 ) = 1, то h1 делится на pn1 . Так как deg a1j <deg p1 при j = 1, . . . , n, то deg h1 < n deg p1 . Отсюда получаем, чтоa11 = . . .

= a1n = 0. Аналогично aij = 0 для всех i = 1, . . . , s, j =1, . . . , n.¤§ 9.Корни многочлена и линейные множители. Интерполяционные формулыДалее в этом параграфе K — целостное кольцо. Элемент c ∈ K — кореньf (x) ∈ K[x], если f (c) = 0.Теорема 1 (Безу). Элемент b кольца K является корнеммногочлена f (x) тогда и только тогда, когда (x − b) делит f (x).Доказательство. По алгоритму Евклида имеем f (x) = (x−b)g(x)+rи deg r < 1.

Поэтому r ∈ K и f (b) = r. Предположим, что b — кореньмногочлена f (x). Тогда f (b) = 0, откуда r = 0. Обратно, если (x − b)делит f (x), то r = 0 и f (b) = 0.¤Элемент b кольца K есть корень многочлена f (x) кратности k ∈ N,если f (x) делится на (x−b)k и не делится на (x−b)k+1 . Корень кратности≥ 2 называется кратным.Теорема 2. Пусть c1 , . . . , cr — различные корни многочлена f (x)кратностей k1 , .

. . , kr соответственно. Тогда f (x) = (x − c1 )k1 . . . (x −223. Кольца многочленовcr )kr g(x), где g(x) ∈ K[x] и g(ci ) 6= 0 для любого i = 1, 2, . . . , r.В частности, k1 + . . . + kr ≤ deg f.Доказательство. Докажем индукцией по r, что f (x) делится на (x−c1 )k1 . . . (x − cr )kr . При r = 1 утверждение следует из определениякратности корня.Пусть по предположению индукции f (x) = (x − c1 )k1 . . .

(x −cr−1 )kr−1 fr−1 (x). Тогда f (cr ) = (cr − c1 )k1 . . . (cr − cr−1 )kr−1 fr−1 (cr ) = 0.В силу целостности кольца K получаем, что fr−1 (cr ) = 0. Тогдаfr−1 (x) = (x − cr )s fr (x), где s ≤ kr и fr (cr ) 6= 0. Докажем, что s = kr .Посколькуf (x) = (x − cr )kr h(x) = (x − c1 )k1 . . . (x − cr−1 )kr−1 (x − cr )s fr (x),то ввиду целостности кольца K[x] получаем fr (cr ) = 0, если kr > s.Следовательно, kr = s.

Отсюда получаем, что f (x) = (x − c1 )k1 . . . (x −cr )kr g(x) и deg f (x) = k1 + . . . + kr + deg g.¤Заметим, что условие целостности кольца K в теореме 2 являетсясущественным. Действительно, возьмём в качестве K кольцо Z8 .Рассмотрим многочлен f (x) = x3 . Тогда в кольце Z8 [x] имеет месторавенство f (x) = (x − 2)(x2 + 2x + 4), т. е. x = 2 — корень f (x). Ясно, чтоx = 0 — корень кратности 3 у f (x).

Однако f (x) не делится на x3 (x − 2).Следствие 1. Пусть K — целостное кольцо, f (x) — ненулевоймногочлен из K[x] и deg f ≤ n. Тогда f (x) имеет не более n корнейс учётом их кратности.¤Следствие 2. Пусть K — целостное кольцо, c1 , . . . , cn+1 —различные элементы кольца K, f (x), g(x) — ненулевые многочленыиз K[x] и deg f, deg g ≤ n. Предположим, что f (ci ) = g(ci ) дляi = 1, 2, . . .

, n + 1. Тогда f (x) = g(x).Доказательство. Рассмотрим многочлен h(x) = f (x) − g(x). Тогдаdeg h ≤ n и h(ci ) = 0 для i = 1, . . . , n + 1. Следовательно, h(x) = 0, т. е.f (x) = g(x).¤Интерполяционная задача. Пусть K — поле, a1 , . . . , an+1 —различные элементы и b1 , . . . , bn+1 — произвольные элементы поляK.

Задача интерполяции заключается в следующем: найти многочленf (x) ∈ K[x] степени ≤ n, принимающий при x = ai значение bi , гдеi = 1, . . . , n + 1.Если такой многочлен f (x) существует, то по следствию 2 онопределяется однозначно. Покажем, что многочлен f (x) с указаннымисвойствами всегда существует.23§ 10. Теорема о существовании корня.

Поле разложенияИнтерполяционная формула Лагранжа. Рассмотрим многочленgi (x) =(x − a1 ) . . . (x − ai−1 )(x − ai+1 ) . . . (x − an+1 ).(ai − a1 ) . . . (ai − ai−1 )(ai − ai+1 ) . . . (ai − an−1 )Тогда для любого j = 1, . . . , n + 1 имеем½1, если i = j,gi (aj ) =0, если i =6 j.Положим f (x) =Pn+1i=1bi gi (x). Тогда f (aj ) =n+1Pi=1bi gi (aj ) =bj gj (aj ) = bj , т. е. f (x) — искомый многочлен.Интерполяционная формула Ньютона. Многочлен f (x) будемискать в видеf (x) = u0 + u1 (x − a1 ) + u2 (x − a1 )(x − a2 ) + . .