1611672535-7205ee7fb92cecd63cdae109c575108c (Пожидаев - Лекции), страница 8

. . , ym ].Положимf (x) = a0 (x − x1 ) . . . (x − xn ) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an ,g(x) = b0 (x − y1 ) . . . (x − ym ) = b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm .Очевидно, что ai , bj ∈ P . Более того, по формулам Виетаai = (−1)i a0 si (x1 , . . .

, xn ) и bj = (−1)j b0 sj (y1 , . . . , ym ).Пусть z1 , . . . , zn , t1 , . . . , tm — элементы поля P . РассмотримотображениеΠz1 ,...,zn ,t1 ,...,tm : P 7→ P,заданное правиломΠz1 ,...,zn ,t1 ,...,tm : h(x1 , . . . , xn , y1 , . . . , ym ) −→ h(z1 , . . . , zn , t1 , . . . , tm ).Нетрудно проверить, что данное отображение является гомоморфизмомкольца P в поле P . Будем называть такое отображение подстановкойxi = zi , yj = tj и образ многочлена h ∈ P при этом отображении будемобозначать как h|xi =zi ,yj =tj .41§ 15. Результант как симметрическая функция корнейОтметим, что f |xi =αi = f , g|yj =βj = g и Res(f , g)|xi =αi ,yj =βj =Res(f, g). Введём новую неизвестную t.

Тогда P [t][x], P [x][t] и P [x] —факториальные кольца.Рассмотрим многочлены f (x) и g(x) − t как многочленыс коэффициентами из кольца P [t]. Из определения результанта имеем:Res(f , g − t) = det mz{z}|a0a1...ana0a1...an..a0a1... .an.n}|b0b1...bm − t{b0b1....bm − tВычисляя этот определитель, получаем:nRes(f , g − t) = (−1)n am0 t + . . . + Res(f , g) ∈ P [t],т. е.

Res(f , g − t) — многочлен степени n. Многочлены f (x) и g(x) − g(xi )имеют общий корень x = xi , поэтому по теореме Безу они делятся на x−xi . По свойству Res 1 имеем Res(f (x), g(x) − g(xi )) = 0. Следовательно,g(xi ) — корень многочлена Res(f (x), g(x) − t). Тогда по теореме Безумногочлен Res(f (x), g(x) − t) делится на t − g(xi ) для всех i = 1, . . . , n.Так как многочлены g(xi ) попарно различны, тоnY(t − g(xi )) делитRes(f , g − t),i=1а потому Res(f , g − t) = (−1)n am0nQi=1Res(f , g) =(t − g(xi )). Положив t = 0, получимam0nYg(xi ).i=1Подставим сюда x1 = α1 , . .

. , xn = αn , y1 = β1 , . . . , ym = βm . ТогдаRes(f, g) = am0nYi=1g(αi ).423. Кольца многочленовВвиду свойств определителя имеем Res(f, g) = (−1)nm Res(g, f ).По доказанному выше окончательно получаем следующие равенства:Res(f, g) = (−1)nm bn0mYf (βj ),i=1Res(f, g) = am0nYg(αi ) = am0i=1nYYnb0 (αi −β1 ) . . . (αi −βm ) = am0 b0i=1(αi −βj ).i,jRes 3. Пусть f (x) = a0 (x−α1 ) . . . (x−αn ) ∈ P [x] и a0 6= 0. Положимn(n−1)2D(f ) = a2n−2D(a−1Res(f, f 0 ).00 f ). Тогда a0 D(f ) = (−1)nQДоказательство. Согласно Res 2 Res(f, f 0 ) = an−1f 0 (αi ). Так0i=1как f (x) = a0 (x − α1 ) . . .

(x − αn ), тоf 0 (x) = a0nX(x − α1 ) . . . (x\− αi ) . . . (x − αn ) = a0i=1nnXY(x − αj ),i=1 j=1,j6=iа потому f 0 (αi ) = a0Q(αi − αj ). Окончательно получаем:j6=iRes(f, f 0 ) = an−10nYa0i=1a2n−10Y(αi − αj ) =j6=in YYn(n−1) Y(αi − αj )2 =(αi − αj ) = a2n−1(−1) 20i<ji=1 j6=ia0 (−1)n(n−1)2a2n−20Y(αi − αj )2 = a0 (−1)n(n−1)2D(f ).¤i<jRes 4.

Пусть f (x), g1 (x), g2 (x) ∈ P [x]. ТогдаRes(f, g1 g2 ) = Res(f, g1 )Res(f, g2 ).Доказательство. Пусть f (x) = a0 (x − α1 ) . . . (x − αn ) ∈ P [x], гдеαi ∈ P , и g1 (x), g2 (x) — произвольные многочлены из P [x] степеней kи m. По Res 2 имеем:Res(f, g1 g2 ) = ak+m0nYi=1g1 (αi )g2 (αi ) =§ 16. Алгебраическая замкнутость поля CÃ! Ã!nnYYkm= a0g1 (αi ) · a0g2 (αi ) = Res(f, g1 )Res(f, g2 ).i=1§ 16.43¤i=1Алгебраическая замкнутость поля CПоле F называется алгебраически замкнутым, если любой многочлениз F [x] разлагается в F [x] на линейные множители.В данном параграфе мы докажем алгебраическую замкнутость поляC — теорему, доказанную Гауссом на рубеже XVIII и XIX векови часто называемую основной теоремой алгебры комплексных чисел.В дальнейшем будем использовать следующую лемму.Лемма 1.

Пусть f (x) ∈ R[x]. Тогда при x ∈ R, достаточно большихпо абсолютной величине, знак f (x) совпадает со знаком ненулевогокоэффициента многочлена f (x) при наибольшей степени.¤Лемма 2. Пусть f (x) ∈ R[x], deg f (x) = 2k + 1. Тогда существуетα ∈ R такое, что f (α) = 0.Доказательство.

По лемме 1 существуют такие a, b ∈ R, что f (a) <0, f (b) > 0. Так как f (x) — непрерывная функция, то существует такоеα ∈ R, что f (α) = 0.¤Теорема 1. Пусть f (x) ∈ R[x]. Тогда существует такое α ∈ C,что f (α) = 0.Доказательство. Пусть deg f = 2k q, где q = 2s + 1. Проведёминдукцию по k. При k = 0 теорема следует из леммы 2.

Пусть P —поле разложения для f (x) над C и f (x) = (x − α1 ) . . . (x − αn ). Выберемd ∈ R и положим βij = αi αj + d(αi + αj ) ∈ P, i < j. Число элементовβij равноn(n − 1)2k q(2k q − 1)== 2k−1 q(2k q − 1) = 2k−1 q 0 ,22Qгде q 0 нечётно. Пусть g(x) = i<j (x − βij ). Коэффициенты многочленаg(x) являются элементарными симметрическими многочленами от βij ,поэтому они являются многочленами от αi с действительнымикоэффициентами; более того, это симметрические многочлены.Действительно, перестановка любых αk и αl влечёт за собойлишь перестановку среди элементов βij : βkj при j 6= k, lпревращается в βlj и, наоборот, βkl и все βij при i, j 6= k, l443. Кольца многочленовостаются на месте. Но коэффициенты многочлена g(x) не меняютсяпри перестановке его корней.

Следовательно, по теореме 2 § 12коэффициенты многочлена g(x) — это многочлены с действительнымикоэффициентами от коэффициентов многочлена f (x), т. е. g(x) ∈ R[x].По предположению индукции существуют такие i, j, что βij ∈ C. В силупроизвольности выбора d существуют такие d1 и d2 ∈ R, d1 6= d2 , чтоαi αj + d1 (αi + αj ) = a ∈ C,αi αj + d2 (αi + αj ) = b ∈ Cдля некоторых i, j. Следовательно, αi + αj , αi αj ∈ C, и элементы αi , αj¤— корни уравнения x2 − (αi + αj )x + αi αj = 0, т. е. αi , αj ∈ C.Теорема 2.

Пусть f (x) ∈ C[x]. Тогда существует такое α ∈ C,что f (α) = 0.Доказательство. Пусть f (x) = a0 xn +a1 xn−1 +. . .+an . Тогда F (x) =f (x)f¯(x) = (a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an )(ā0 xn + ā1 xn−1 + . . . + ān ) =X= b0 x2n + . . . + b2n , где bk =ai āj , k = 0, . . . , 2n.i+j=kPИмеем b̄k =i+j=k āi aj = bk , т.

е. F (x) ∈ R[x]. Тогда по теореме 1существует такое β ∈ C, что F (β) = f (β)f¯(β) = 0. Если f (β) = 0,то всё доказано. Если f¯(β) = 0, т. е. ā0 β n + ā1 β n−1 + . . . + ān = 0,то a0 β̄ n + a1 β̄ n−1 + . . . + an = 0, а потому f (β̄) = 0.¤§ 17.Разложение многочленов на множители над C, R и QКак следствие из предыдущего параграфа, получаем следующие дветеоремы.Теорема 1. Пусть f (x) ∈ C[x], deg f = n. Тогда f (x) = (x −α1 ) . . . (x − αn ), α1 , . . .

, αn ∈ C.¤Теорема 2. Пусть f (x) ∈ R[x] и f (x) неприводим. Тогда deg f ≤ 2.Доказательство. Пусть deg f ≥ 2. Так как f не имеет корней из R,но существует такой α ∈ C, что f (α) = 0, то f (ᾱ) = 0 и f делитсяна (x − α)(x − ᾱ) = x2 − (α + ᾱ) + αᾱ ∈ R[x], т. е. deg f (x) = 2.¤§ 18. Границы корней.

Теорема Штурма45По признаку неприводимости Эйзенштейна в Q[x] существуютнеприводимые многочлены сколь угодно большой степени. Однако этотпризнак не даёт ответа на вопрос о неприводимости произвольногомногочлена из Q[x]. Ответить на этот вопрос можно, используя понятиеделимости в Z.Теорема 3.

Пусть f (x) ∈ Q[x]. Тогда существует алгоритм,позволяющий за конечное число шагов определить, является ли fнеприводимым над Q.Доказательство. Вспомним, что неприводимость в Q[x]эквивалентна неприводимости в Z[x]. Пусть f (x) ∈ Z[x]. Предположим,что f = gh и deg f = n. Тогда можно считать, что deg g ≤ n2 = k.Выбирая различные p1 , .

. . , pk+1 ∈ Z, получаем, что g(pi ) — делительчисла f (pi ). Поскольку таких возможностей конечно, то мы можемдля каждого случая по интерполяционной формуле построить g(x)и проверить, делит ли g(x) многочлен f (x). Таким образом, за конечноечисло шагов мы решаем вопрос о неприводимости f (x) над Q.¤§ 18.Границы корней.

Теорема ШтурмаПусть f (x) = xn + a1 xn−1 + . . . + an ∈ C[x], n ≥ 1.Лемма 1. Пусть A = max{|a1 |, . . . , |an |}. Тогда любой кореньмногочлена f (x) по модулю меньше 1 + A.Доказательство. Пусть |x| ≥ A + 1. Имеем: |a1 xn−1 + . . . + an | ≤n−1|x|nn|a1 ||x|n−1 + . . . + |an | ≤ A(|x|n−1 + . . .

+ 1) = A |x||x|−1 < A |x|−1 ≤ |x| . ¤Для вычисления границ корней достаточно уметь находитьлишь верхнюю границу положительных корней любого многочлена.Действительно, если N0 — верхняя граница положительных корнеймногочлена f (x), то рассмотрим многочленыφ1 (x) = xn f (1/x), φ2 (x) = f (−x), φ3 (x) = xn f (−1/x).Пусть их верхние границы равны соответственно N1 , N2 , N3 . Тогда еслиx0 — положительный корень f (x), то N11 < x0 < N0 ; если x0 —отрицательный корень, то −N2 < x0 < − N13 .Пусть f (x) = xn + a1 xn−1 + .

. . + an ∈ R[x], n ≥ 1.Для нахождения верхней границы положительных корней удобноиспользовать следующий метод Ньютона.463. Кольца многочленовЛемма 2. Пусть c ∈ R+ такое, что f (c) > 0, f 0 (c) ≥ 0, . . . , f (n) (c) ≥0. Тогда любой действительный корень многочлена f (x) меньше c.Доказательство следует из формулы Тейлора: f (x) = f (c) +(n)f 0 (c)(x − c) + . . . + f n!(c) (x − c)n .¤Предположим, что (f, f 0 ) = 1. Если это не так, то рассмотримвместо многочлена f многочлен f /(f, f 0 ), который уже обладаеттребуемым свойством, т. е. не имеет кратных корней. Пусть f0 , f1 , . . . , frполучаются из f по следующей схеме: f0 = f, f1 = f 0 ,f0 = f1 q1 − f2 ,f1 = f2 q2 − f3 ,...fr−1 = fr qr ,deg f2 < deg f1 ,deg f3 < deg f2 ,...deg fr = 0.Последовательностьf0 , f1 , .

. . , frназываетсярядом Штурмамногочлена f (x).Для каждого a ∈ R, не являющегося корнем f , определим ω(a) какчисло перемен знака в последовательности чисел f0 (a), f1 (a), . . . , fr (a),из которой удалены все нули.Теорема (Штурма). Число корней из R у многочлена fна интервале [b, c] (при условии, что b и c не корни f ) равно ω(b)−ω(c).Доказательство. Заметим, что для любого a ∈ R число a не можетобращать в нуль два подряд многочлена из ряда Штурма, так какесли fs (a) = fs+1 (a), то и fs+2 (a) = .