1611672539-677b29cdbc8eab584ceda70868ef891f (Колесников - Лекции), страница 4

. . , αn — корни f .Следствие.Res(g, f ) = (−1)nm Res(f, g),Res(f, g1g2) = Res(f, g1) Res(f, g2).Предложение.Для данного f (x) = anxn + · · · + a1x + a0 ∈ R[x], an 6= 0, имеемanD(f ) =n(n−1)(−1) 2Res(f, f ′).Доказательство.f (x) = anxn + · · · + a1x + a0;f ′(x) = nanxn−1 + · · · + a1.′′Res(f, f ′) = an−1n f (α1 ) . . . f (αn ),где α1, . . . , αn — все корни f (x).Заметим, чтоf ′(αi) = an(αi − α1) . . . (αi − αi−1)(αi − αi+1) . . . (αi − αn)= annYj=1j6=i(αi − αj ).Перемножим их все (i = 1, . . . , n):f ′(α1) . .

. f ′(αn) = annn YnYi=1 j=1j6=i(αi − αj ) =n(n−1)(−1) 2 annY1≤i<j≤nОтсюда′′Res(f, f ′) = an−1n f (α1 ) . . . f (αn )=n(n−1)(−1) 2 a2n−1nY1≤i<j≤n=n(n−1)(−1) 2 anD(f ).(αj − αi)2(αj − αi)2.Теорема.Результант двух многочленовf (x) = anxn + · · · + a1x + a0 и g(x) = bmxm + · · · + b1x + b0(an 6= 0, bm 6= 0)может быть вычислен следующим образом:.

. . a1a00 . . . 0 an an−10aa...aa...0nn−110. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0...0an an−1 . . . a1 a0Res(f, g) = bm bm−1...bb0...0100bm bm−1 . . .b1b0 . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .0...0bm bm−1 . . . b1 b0 Доказательство.Индукцией по m. Пусть f (x) = anxn + · · · + a0.m = 1:непосредственно вычислим для g(x) = x − βan an−1 an−2 . . . a1 a0 1−β0...00 = (−1)n(anβ n + · · · + a β + a ) = (−1)nf (β)01−β...0010. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .000. . . 1 −β = (−1)n Res(x − β, f ) = Res(f, x − β).Отсюда легко следует база индукции.m → m + 1:Пусть deg g = m + 1, β — один из его корней, тогдаg(x) = (x − β)g1(x),g1(x) = bmxm + · · · + b0.Тогдаg(x) = bmxm+1 + · · · + (bk − βbk+1)xk+1 + · · · − βb0.Обозначимb′m+1 = bm,b′k+1 = bk − βbk+1, k = 0, . . . , m − 1,b′0 = −βb0.Запишем определитель размера n + m + 1: anan−1...a1a00 .

. . 0 0anan−1...a1a0 . . . 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0...0anan−1 . . . a1 a0R = b ′0 . . . 0 b′0...b′1b′m m+1′′′′ 0b0 . . . 0 ...b1bm+1 bm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0...0b′m+1 b′m . . . b′1 b′0 (?) R = Res(f, g)Последовательно (для j = 1, 2, . . . , n + m) выполним элементарныепреобразования: прибавим к j + 1-му столбцу j-й, умноженный на β.Получимгде′′′′ a′ a′a−1 . . . a−m a0. . . a1 nn−1′′′′′0...aa...aaan01n−1−m+1 . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .′′′′a0 ...0an an−1 . . . a10R=bm bm−1...b00...000bm bm−1 . . .b00 ...0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0...0bm bm−1 . . . b00 a′n = an,a′k = ak + βa′k+1, k = 0, . . . , n − 1,a′−1 = βa′0,a′−k = βa′−k+1, k ≥ 1.В частности, a′0 = a0 + βa1 + · · · + β nan = f (β).В полученном определителе′′′′ a′ a′a−1 . . .

a−m a0. . . a1 nn−1′′′′′0...aaa...aan01n−1−m+1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....0a′n a′n−1 . . . a′1a′0 0R=bm bm−1...b000 ...0 0bm bm−1 . . .b00 ...0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.0...0bm bm−1 . . . b00 выполним следующие элементарные преобразования: для i = 1, . . . , mвычтем из i строки (i + 1)-ю, умноженную на β.Получимa. . . a1a00 ...0 n an−10aa...aa...0nn−110. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .0′′′...0an an−1 . . . a1 f (β)R=bm bm−1...b00...000bm bm−1 . . .b00 ...0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0...0bm bm−1 . . . b00 = (−1)(n+m+1)+(m+1)f (β) Res(f, g1).Таким образом,R = (−1)nf (β) Res(f, g1) = Res(f, x − β) Res(f, g1) = Res(f, g),что и требовалось.Пример.Вычислить дискриминант многочлена g = x3 + px + q.D(g) =3·2(−1) 21032Res(x + px + q, 3x + p) = − 300Вычисляя определитель, получаемD(x3 + px + q) = −4p3 − 27q 2.01030p0p03qp0p00q 00p«Основная» теорема алгебрыПусть F — некоторое поле.Если любой многочлен f (x) ∈ F [x], deg f > 0, имеет корень α ∈ F , то полеF называется алгебраически замкнутым.В частности, над алгебраически замкнутым полем любой многочленположительной степени раскладывается на линейные (первой степени)множители:f (x) = an(x − α1) .

. . (x − αn),n = deg f(an — старший коэффициент f (x))Теорема.Поле комплексных чисел C алгебраически замкнуто.Доказательство.f (x) ∈ C[x], n = deg f > 0.R⊂C1. (?) f (x) ∈ R[x] ⇒ f имеет корень в C;2. (?) f (x) ∈ C[x] ⇒ f имеет корень в C.1. Пусть f (x) ∈ R[x], n = deg f > 0,f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0,aj ∈ R.(?) f (x) имеет корень в Cn = 2k m,m нечетное, k ≥ 0.Индукцией по k.k = 0: n = m — нечетное число.Рассмотрим f (x) как (непрерывную!) функцию вещественного аргумента xи заметим, что|an−1xn−1 + · · · + a1x + a0| ≤ (|an−1| + · · · + |a1| + |a0|)|x|n−1при |x| > 1.Поэтому если взять(то)|an−1| + · · · + |a1| + |a0|,|x| > C = max 1,|an||anxn| > |an−1xn−1 + · · · + a1x + a0|,поэтому значения f (x) при x > C и при x < −C имеют разные знаки.По теореме Коши о непрерывной функции найдется a ∈ R такое, чтоf (a) = 0, т.е.

a — корень многочлена f , −C ≤ a ≤ C.k − 1 → k: f (x) ∈ R[x] ⊂ C[x].n = deg f = 2k m, k > 0.По теореме о существовании корня (следствие) найдется такое поле F ,что R ⊂ C ⊆ F иf (x) = an(x − α1) . . . (x − αn),где α1, . . . , αn ∈ F .(?) α1, . . . , αn ∈ CРассмотрим кольцо R = R[x1, . . .

, xn],yij = xi + xj + axixj ,i < j, a ∈ Rи многочленΦ(x) =Y1≤i<j≤n(x − yij ) =Y(x − xi − xj − axixj ) ∈ R[x].1≤i<j≤n• Степень многочлена Φ ∈ R[x] равна числу всех yij , i < j:n(n − 1)N = deg Φ =;2• Коэффициенты многочленаΦ(x) = xN + ϕN −1xN −1 + · · · + ϕ1x + ϕ0,ϕN −1, . . . , ϕ0 ∈ R = R[x1, . . . , xn]являются симметрическими многочленами от x1, . . . , xn.Обозначим βij = αi + αj + aαiαj = yij (α1, .

. . , αn),тогдаbk = ϕk (α1, . . . , αn),k = 0, . . . , N − 1,по основной теореме о симметрических многочленах выражаются черезкоэффициенты многочлена f (x) ∈ R[x], т.е.bk ∈ R.Φ(x) =Y(x − yij ) = xN + ϕN −1xN −1 + · · · + ϕ1x + ϕ01≤i<j≤nx 1 = α 1 , . .

. , xn = α n⇓Y1≤i<j≤n(x − βij ) = xN + bN −1xN −1 + · · · + b1x + b0 ∈ R[x]n(n − 1)= 2k−1m(n − 1)2где m(n − 1) нечетное. По предположению индукцииn = 2k m ⇒ N = deg Φ =βij = αi + αj + aαiαj ∈ Cдля любого(!) a ∈ RВозьмем два разных a, a′ ∈ R:βij = αi + αj + aαiαj ∈ C,′ = α + α + a′ α α ∈ Cβijiji jи решим систему квадратных уравнений на αi, αj :′βij − βijαi αj =∈C′a−aαi + αj =′ − a′ βaβijija − a′∈CПо формулам Виета αi и αj — корни квадратного уравненияс коэффициентами из C, отсюда αi, αj ∈ C.2. Пусть f (x) ∈ C[x], n = deg f > 0,f (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0,aj ∈ C.Обозначимf¯(x) = ānxn + ān−1xn−1 + · · · + ā1x + ā0,āj — комплексно сопряженныеТогдаg(x) = f (x)f¯(x) = anānx2n + · · · +Xi+j=k+l!aiāj xk+l + · · · + a0ā0— многочлен с вещественными коэффициентами.По п.

1 существует α ∈ C такое, чтоg(α) = f (α)f¯(α) = 0Если f (α) = 0, то мы нашли корень f в C, — теорема доказана;Если f¯(α) = 0, то 0 = f¯(α) = f (ᾱ), — теорема доказана.Следствие.Неприводимыми многочленами над полем C являются многочлены первойстепени и только они:p(x) = x − α,с точностью до ассоциированности.α ∈ C,Следствие.Неприводимыми многочленами над полем R являются в точностиследующие:• многочлены первой степениp(x) = x − a,a ∈ R;• многочлены второй степени с отрицательным дискриминантом:q(x) = x2 + bx + c,b, c ∈ R, b2 − 4c < 0(с точностью до ассоциированности).Решение диофантовых уравнений в кольце многочленов(на самом деле — в любом евклидовом кольце, в.т.ч. Z)F — полеp, q ∈ F [x] — многочлены (от одной переменной), p, q 6= 0,Пусть gcd(p, q) = [1], т.

е. p и q взаимно просты(в частности, Res(p, q) 6= 0)f ∈ F [x] — еще один многочлен.Рассмотрим уравнениеpu + qv = f :неизвестные многочлены u, vОно всегда имеет решение в F [x] (алгоритм Евклида).Лемма.При 0 ≤ deg f < deg(pq) уравнениеpu + qv = fимеет такое решение u, v ∈ F [x], в котором deg u < deg q, deg v < deg p.Доказательство.pu + qv = fВыберем любое решение u′, v ′: pu′ + qv ′ = f .Поделим u′ на q с остатком: u′ = q ′q + u, deg u < deg qТогдаf = pu′ + qv ′ = p(qq ′ + u) + qv ′ = pu + q(pq ′ + v ′),пусть v = pq ′ + v ′.Здесь deg u < deg q по построению, поэтому deg pu < deg pqИмеем:f = pu + qv,deg u < deg q.При этом deg f = deg(pu + qv) ≤ max{deg pu, deg qv}.Если бы deg v ≥ deg p, то получилось быdeg f = deg qv ≥ deg pq, — противоречие.Теорема.Пусть p1, .

. . , pn ∈ F [x] — попарно взаимно простые многочлены (n ≥ 2),f ∈ F [x], 0 ≤ deg f < deg(p1 . . . pn).PОбозначим P = p1 . . . pn, Pi == p1 . . . pi−1pi+1 . . . pn ∈ F [x].piТогда найдется единственный такой набор многочленов u1, . . . , un ∈ F [x],чтоP1 u1 + · · · + Pn un = fиdeg ui < deg pi.Доказательство.Существование: индукцией по n ≥ 2.P1u1 + · · · + Pnun = f, deg ui < deg piСлучай n = 2 в точности соответствует лемме:p1 = q, p2 = p ⇒ P = pq, P1 = p, P2 = q.n − 1 → n:ОбозначимP̃ = p1 .

. . pn−1,q = pnТогдаP = P̃ q,Pn = P̃ .Заметим, что P̃ и q взаимно просты(см. свойства взаимно простых элементов).По лемме найдутся такие u, v ∈ F [x], чтоP̃ u + qv = f,deg u < deg q = deg pn,deg v < deg P̃ .Рассмотрим p1, . . . , pn−1 – эти многочлены попарно взаимно просты.Их произведение равно P̃ = p1 . .