1611672535-7205ee7fb92cecd63cdae109c575108c (Пожидаев - Лекции), страница 5

. + un (x − a1 ) . . . (x − an ),где u0 , . . . , un — неизвестные коэффициенты, которые находимследующим образом:b1 = f (a1 ) = u0 , следовательно, u0 = b1 ;b2 − u0;a2 − a1уже найдены, тогдаb2 = f (a2 ) = u0 + u1 (a2 − a1 ), так как a1 6= a2 , то u1 =предположим, что коэффициенты u0 , . . . , un−1bn+1 = f (an+1 ) = u0 + u1 (an+1 − a1 ) + . . .

+ un (an+1 − a1 ) . . . (an+1 − an ),в итогеun =bn+1 − u0 − u1 (an+1 − a1 ) − . . . − un−1 (an+1 − a1 ) . . . (an+1 − an−1 ).(an+1 − a1 ) . . . (an+1 − an )Очевидно, что многочлен f (x), построенный таким образом,является искомым.§ 10.Теорема о существовании корня. ПолеразложенияПусть P — поле, f (x) ∈ P [x]. Если f (x) не имеет корней в P ,то существует ли такое расширение P̄ поля P , в котором для f (x)существует корень?243.

Кольца многочленовТеорема 1. Для любого f (x) ∈ P [x] существует расширение P̄ поляP , содержащее корень многочлена f (x).Доказательство. Легко заметить, что можно считать deg f ≥ 2 и fнеприводим. Зададим следующее разбиение S множества P [x]. Отнесёмв один класс многочлены, дающие при делении на f (x) один и тот жеостаток. Обозначим класс многочленов, дающих в остатке φ(x), черезSφ . Определим сложение и умножение классов по правилу: Sφ + Sψ =Sφ+ψ , Sφ Sψ = Sφψ .

Корректность определения легко проверяется.Покажем, что данное разбиение S с указанными операциями являетсяполем. Имеем0 := S0 , −Sφ := S−φ , 1 := S1 .Пусть Sφ 6= 0, тогда φ не делится на f , и так как f неприводим,то (φ, f ) = 1. Следовательно, существуют такие u, v ∈ P [x], чтоφu + f v = 1, т. е. φu = 1 − f v и Sφ Su = 1. Остальные аксиомыполя легко проверяются. Обозначим это поле через P̄ и покажем, чтоP̄ — расширение поля P . Определим τ : P 7→ P̄ правилом τ (a) = Sa .Поскольку τ (a+b) = Sa+b = Sa +Sb = τ (a)+τ (b) и τ (ab) = τ (a)τ (b), то τ— гомоморфизм. Имеем τ (a) = Sa = 0 ⇔ a = 0.

Таким образом, τ — этовложение, и по теореме о гомоморфизмах колец получаем τ (P ) ∼= P,т. е. τ (P ) — подполе в P̄ . Пусть f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an .Покажем, что f (Sx ) = 0. Имеем Sa0 (Sx )n + Sa1 (Sx )n−1 + . . . + San =Sa0 xn + Sa1 xn−1 + . . . + San = Sf = 0.¤Пусть f ∈ P [x], deg f = n. Полем разложения многочлена f (x)называется такое расширение F поля P , в котором для f (x) содержитсяn корней (с учётом их кратностей).Следствие 1. Для любого многочлена f (x) ∈ P [x] существует полеразложения.Доказательство.

Действительно, если f (x) разлагается в P [x]на линейные множители, то P — поле разложения для f (x). Впротивном случае берём неприводимый множитель φ(x) (deg φ(x) ≥2) и по теореме 1 расширяем P до поля P 0 , содержащего кореньмногочлена φ(x). Продолжая так далее, получаем наше утверждение.¤Пусть F — расширение поля P , α ∈ F .

Тогда множество всех дробей(α)P (α) = { fg(α): g(α) 6= 0, f, g ∈ P [x]} ⊆ F , которое является полем,называется простым расширением поля P . Элемент α ∈ F называется§ 11. Формула Тейлора. Отделение кратных множителей25алгебраическим над полем P , если он является корнем некоторогоненулевого многочлена f (x) ∈ P [x].Заметим, что в этом случае P (α) = {f (α) : f ∈ P [x]}.Действительно, пусть m(x) — такой многочлен минимальной степени,что m(α) = 0. Тогда m(x) неприводим. Пусть g(α) 6= 0. Тогда(m(x), g(x)) = 1.

Следовательно, существуют u, v ∈ P [x] такие, чтоmu + gv = 1, т. е. g(α)v(α) = 1 и g(α)−1 = v(α).Если α — алгебраический элемент из F , то P (α) называетсяпростым алгебраическим расширением поля P .Следствие 2. Пусть f (x) ∈ P [x]. Тогда существует простоеалгебраическое расширение поля P , содержащее корень многочленаf (x).¤§ 11.Формула Тейлора. Отделение кратныхмножителейПусть P — поле. Рассмотрим многочлен f (x) = an xn + . .

. + a0 из P [x].Производной многочлена f (x) называется многочлен f 0 (x)nan xn−1 + . . . + 2a2 x + a1 .=Лемма 1. Пусть f, g ∈ P [x] и α, β ∈ P . Тогда справедливыследующие формулы:(αf + βg)0 = αf 0 + βg 0 ,000(f · g) = f · g + f · g .(1)(2)Доказательство. Формула (1) следует прямо из определенияпроизводной. Формула (2) следует из (1) и формулы (xn · xm )0 =(xn+m )0 = (n + m)xn+m−1 = n · xn−1 · xm + m · xm−1 · xn = (xn )0 · xm +xn · (xm )0 .¤Индукцией по числу сомножителей k, используя (2), легко доказатьследующую формулу Лейбница:(f1 . . .

fk )0 =kXf1 · . . . · fi0 · . . . · fk .i=1Для целого положительного числа k и многочлена f (x) ∈ P [x]определим его k-ю производную f (k) , полагая f (1) = f 0 , f (2) =(f 0 )0 , . . . , f (k) = (f (k−1) )0 .263. Кольца многочленовПусть n и k — произвольные целые положительные числа. Тогдапо индукции нетрудно показать, что½ n!n−k, если k ≤ n,(n−k)! x(xn )(k) =0,если k > n.Теорема 1 (формула Тейлора).

Пусть P — поле характеристикиноль, f (x) — многочлен из P [x] степени n, a ∈ P . Тогдаf (x) = f (a) +f 0 (a)f (2) (a)f (n) (a)(x − a) +(x − a)2 + . . . +(x − a)n .1!2!n!Доказательство.с остатком:Рассмотримпоследовательностьделенийf (x) = (x − a)f1 (x) + b0 ,deg f1 (x) = n − 1,f1 (x) = (x − a)f2 (x) + b1 ,deg f2 (x) = n − 2,···························fn−1 (x) = (x − a)fn (x) + bn−1 ,deg fn (x) = 0.Из последнего деления получаем, что fn (x) ∈ P. Обозначим fn (x) черезbn . Тогдаf (x) = f1 (x)(x − a) + b0 = (f2 (x)(x − a) + b1 ) (x − a) + b0 == f2 (x)(x − a)2 + b1 (x − a) + b0 = .

. . == b0 + b1 (x − a) + . . . + bn (x − a)n ,откуда f (k) (x) = k!bk + (x − a)g(x) для некоторого g(x) ∈ P [x].Следовательно, f (k) (a) = k!bk , и поскольку P — поле нулевойхарактеристики, то bk =f (k) (a)k! .¤Теорема 2. Пусть P — произвольное поле, F — расширение поляP . Многочлен f (x) ∈ P [x] имеет кратный корень c ∈ F тогда и толькотогда, когда f (c) = f 0 (c) = 0.Доказательство. Из доказательства теоремы 1 имеемf (x) = b0 + b1 (x − c) + b2 (x − c)2 + .

. . + bn (x − c)n ,где b0 , b1 , . . . , bn ∈ P . Следовательно,f (x) = f (c) + f 0 (c)(x − c) + b2 (x − c)2 + . . . + bn (x − c)n .§ 11. Формула Тейлора. Отделение кратных множителей27Пусть c — кратный корень многочлена f (x). Тогда многочлен f (x)делится на (x − c)2 , т. е. f (c) = 0 и f 0 (c) = 0.Если f (c) = f 0 (c) = 0, то f (x) = b2 (x − c)2 + . .

. + bn (x − c)n , а потомуc — кратный корень многочлена f (x).¤Пусть f (x) ∈ P [x]. Неприводимый в P [x] многочлен p(x) называетсяk-кратным множителем многочлена f (x), если f (x) = pk (x)g(x), где(p(x), g(x)) = 1. Разложение видаf (x) = p1 (x)k1 p2 (x)k2 . . . pkr r (x),(3)где pi — ki -кратный множитель для f (x) при i = 1, . . . , r и (pi , pj ) =1 при любых i 6= j, называется разложением f (x) на кратныемножители.Теорема 3.

Пусть P — поле характеристики нуль и многочленp(x) ∈ P [x] — k-кратный множитель многочлена f (x) ∈ P [x]. Тогдаp(x) — (k − 1)-кратный множитель многочлена f 0 (x). В частности,при k = 1 многочлен f 0 (x) не делится на p(x).Доказательство. По определению k-кратного множителя имеемf (x) = pk (x)g(x), где (p(x), g(x)) = 1. Тогда в силу (2) получаем, чтоf 0 (x) = kpk−1 (x)p0 (x)g(x) + pk (x) · g 0 (x) = pk−1 (x)(kg(x)p0 (x) + p(x)g 0 (x)).Если f 0 (x) делится на pk (x), то kg(x)p0 (x) + p(x)g 0 (x) делится на p(x)и kg(x)p0 (x) делится на p(x). Так как P — поле нулевой характеристики,то kg(x)p0 (x) 6= 0, (p(x), p0 (x)) = 1 и g(x) делится на p(x), получилипротиворечие.¤Следствие 1. Пусть P — поле характеристики нуль. Следующиеусловия эквивалентны:1) многочлен f (x) ∈ P [x] имеет корень x0 кратности k в некоторомрасширении F поля P , т.

е. x0 ∈ F и x0 — корень кратности kмногочлена f (x) ∈ P [x];2) f (j) (x0 ) = 0 для любого j = 1, . . . , k − 1, а f (k) (x0 ) 6= 0.Доказательство. Применить k раз теорему 3.¤Следствие 2. Пусть P — поле характеристики нуль и f (x) ∈ P [x]— многочлен степени ≥ 1. Если многочлен f имеет разложение (3),то(f, f 0 ) = pk11 −1 p2k2 −1 . . . pkr r −1 .283. Кольца многочленовДоказательство. Без ограничений общности можно считать, чтомногочлен (f, f 0 ) унитарный.

Ввиду теоремы 3 каждый многочлен pi (x)является (ki − 1)-кратным множителем многочлена f 0 (x), а потомуf 0 = pk11 −1 pk22 −1 . . . pkr r −1 h(x),где (h, pi ) = 1 для любого i = 1, . . . , r. Отсюда получаем, что(f, f 0 ) = pk11 −1 p2k2 −1 . . . pkr r −1 .¤Следующее следствие позволяет отделять кратные множители,входящие в разложение многочлена f (x).Следствие 3. Пусть P — поле характеристики нуль и f (x) ∈ P [x]— многочлен степени ≥ 1.

Если многочлен f имеет разложение (3),тоf (x)= p1 (x)p2 (x) . . . pr (x).¤(f, f 0 )§ 12.Формулы Виета. Основная теоремао симметрических многочленахТеорема 1 (формулы Виета). Пусть P — поле, F — расширение поляP . Предположим, что многочлен f (x) = xn + a1 xn−1 + . . . + an ∈ P [x]имеет корни c1 , . . . , cn ∈ F . Тогда справедливы следующие формулыВиета:a1ak= −(c1 + .

. . + cn ),···X= (−1)kci1 . . . cik ,1≤i1 <i2 <...<ik ≤nan···= (−1)n c1 . . . cn .Доказательство. Так как c1 , . . . , cn — все корни многочлена f (x),то f (x) = xn + a1 xn−1 + . . . + an = (x − c1 ) . . . (x − cn ). Перемножаяправую часть и приравнивая коэффициенты при одинаковых степеняхx, получаем искомую формулу.¤§ 12. Основная теорема о симметрических многочленахРассмотрим целостное кольцо A и многочлен f (x1 , .

. . , xn )A[x1 , . . . , xn ] от неизвестных x1 , x2 , . . . , xn . ТогдаXf (x1 , . . . , xn ) =αi1 ...in xi11 . . . xinn ,29∈0≤i1 ,...,in ≤mгде αi1 ...in — коэффициенты из A, т. е. αi1 ...in ∈ A для любыхi1 , . . . , in , и m ∈ N. Целое число i1 + . . . + in называется степеньюодночлена xi11P. . . xinn∈A[x1 , . . . , xn ]. Cтепенью многочленаf (x1 , . .

. , xn ) = 0≤i1 ,...,in ≤m αi1 ...in xi11 . . . xinn называется максимальнаястепень одночленов, входящих в f (x1 , . . . , xn ) с ненулевымикоэффициентами:deg f = max{i1 + . . . + in : αi1 ...in 6= 0}.Для нулевого многочлена 0 полагаем deg 0 = −∞.