1610841785-f468a61572dab6722e8deb8e3ec644ad (824277), страница 10

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 10)

. . = f (n−1) (a) = 0 6= f (n) (a).(3) Многочлен f /(f, f 0 ) имеет в точности те же корни, что и f , и все они — простые.4. О кратных корнях неприводимого многочлена. Попробуем доказать, что их нет (нив каком расширении поля). На самом деле, этот факт неверен (!), а следующее «доказательство»,стало быть, ошибочно.C Кратные корни любого многочлена f ∈ K[x] являются корнями многочлена (f, f 0 ) ∈ K[x].Если многочлен f имеет кратный корень, то многочлен (f, f 0 ) является его делителем положительной степени. Поэтому если f неприводим над K, то (f, f 0 ) = f , т.

е. f | f 0 . Но такого не можетбыть, ведь deg f 0 = deg f − 1. Выходит, у неприводимого многочлена не может быть кратныхкорней ни в каком расширении основного поля. Bа) Найдите ошибку и подкорректируйте формулировку, чтобы избежать этой ошибки.б) Попробуйте привести пример неприводимого многочлена, имеющего кратный корень в расширении поля.5.

Докажите, что корни многочлена f ∈ C[x] степени n образуют вершины правильного nугольника, быть может, вырождающегося в точку, тогда и только тогда, когда многочлен f 0 имееткорень кратности n − 1.6∗. Теорема Гаусса—Люка. Корни производной многочлена положительной степени над Cлежат в выпуклой оболочке корней самого многочлена.Разложение дробей в суммы простейшихНачнём не с определений и теорем, а с примера применения.Пример. Найдём одну из первообразных функции f (x) =1(1 6= x ∈ R), т.

е. такую функциюx3 − 1F , что F 0 = f .Чтобы свести задачу к табличным первообразным, разложим знаменатель на множители: x3 − 1 =(x − 1)(x2 + x + 1), и представим числитель 1 в виде линейной комбинации взаимно простых множителейx − 1 и x2 + x + 1:11x2 + x + 1 − (x − 1)(x + 2)1x+2.==−x3 − 13(x − 1)(x2 + x + 1)3 x − 1 x2 + x + 1Первообразная первой дроби — табличная и с точностью до констант11 равна ln |x − 1|, а вторая дробь√ , получиминтегрируется выделением полного квадрата в знаменателе.

Именно, сделав замену y = 2x+13Z(x + 2)dx=2x + 21 + 43Z√ZZ√d(y 2 + 1) √y+ 31dy1dy=+3= ln(y 2 + 1) + 3 arctg y + C.222y +12y +1y +12√√ . Согласитесь, его вид подсказывает, чтоОкончательный ответ: ln |x − 1| + 21 ln 43 (x2 + x + 1) + 3 arctg 2x+13вряд ли есть какие-то ещё пути решения, приводящие к цели быстрее.Разложение (??) в разобранном примере — это пример разложения дроби на простейшие надполем R. Дадим общее определение.fПростейшими над полем K называются дроби вида k , где p — неприводимый над K многоpчлен, 0 6 deg f < deg p, k ∈ N (нулевая дробь не считается простейшей).1. Тест на определение.

Укажите среди следующих дробей простейшие:x−1x1а) 2над Q; г)над Q;ж) 2над Z2 ;3x + 4x + 4(x + 1)x −x1x3x+3б) 2над R, C;д) 2над R;з) 2над Z5 ;5x +1(x + 2)x + 2x + 21x2 + 3xв) 4надQ,R;е)над Q, R; и) 3над Z3 .(x + 1)2(x3 − 2)2x −x−1Простейшие примеры разложения дробей в суммы простейших.11 (x − a) − (x − b)111==−.• При a 6= b :(x − a)(x − b)b − a (x − a)(x − b)b−a x−b x−a1x2 − (x2 − 1)x1x−1+x+111111• 3== 2− =− =+− .x −xx(x2 − 1)x −1 x2(x − 1)(x + 1) x2 x+1 x−1x• Над R :x3 − 3x2 + 1(x2 + 1)x − 3(x2 + 1) − x + 4x−3x−4== 2− 2.23232(x + 1)(x + 1)(x + 1)(x + 1)3В разобранных примерах «скрыто» доказательство первой части следующей теоремы.Теорема.

Всякая правильная дробь раскладывается в сумму простейших.C Проведём индукцию по deg g. Если g неприводим (в частности, если deg g = 1), то доказыватьнечего, иначе имеется следующая альтернатива.Случай 1: g = pk , где p неприводим, k > 1. Если дробь f /pk не простейшая, то deg f > deg p.fРазделим с остатком: f = pq + r, deg r < deg p, и запишем k =pСлучай 2: g = ab, где (a, b) = 1 и deg a, deg b > 1. Тогда ua + vb = 1 для некоторых u, v иf=abЗамечание. Разложение дроби в сумму простейших однозначно (несложно доказать).11Совсем аккуратно:Rdx=x−1(ln(x − 1) + C1ln(1 − x) + C2при x > 1,при x < 1.Метод неопределённых коэффициентов проиллюстрируем на примере.

Разложим на проxстейшие дробьнад R. Имеем(x + 1)(x2 + 1)2xbx + cdx + ea+ 2+ 2=.22(x + 1)(x + 1)x + 1 x + 1 (x + 1)2Домножим на знаменатель и найдём неизвестные коэффициенты, подставляя конкретные значения x и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x:x = a(x2 + 1)2 + (bx + c)(x + 1)(x2 + 1) + (dx + e)(x + 1) =⇒− 1 = 4a(x = −1) a = c = −b = −1/4 i = (di + e)(i + 1) (x = i)d=e=⇒=⇒0 = a + b(при x4 )d + e = 1.0=b+c(при x3 )Окончательноxx−1x+1−1++=.222(x + 1)(x + 1)4(x + 1) 4(x + 1) 2(x2 + 1)22. Использование производной.

Пусть Π(x) = (x − x1 ) . . . (x − xn ), все xi ∈ K попарноразличны и deg f < n. Докажите формулуnf (xk )f (x) X ak=, где ak = 0, k = 1, . . . , n,Π(x) k=1 x − xkΠ (xk )(7)и разложите с её помощью следующие дроби на простейшие:x21x1а) 4над C; б) 4над R, C; в) 5над Q, R, C; г) pнад Zp .x − 16x +4x +1x −xРешение. б) Сначала разложим дробь над C, используя (7) для f (x) = 1 и g(x) = x4 + 4.Имеем g 0 (x) = 4x3 и для любого корня xk многочлена g: g 0 (xk ) = 4x3k = −16/xk . Найдя xk = ±1 ± i(4 корня), получим ответ для поля C:111+i1−i−1 + i−1 − i=−+++.(8)x4 + 416 x − 1 − i x − 1 + i x + 1 − i x + 1 + iСложив в (8) дроби с сопряжёнными знаменателями, получим ответ для поля R:1x−2x+21=−+.x4 + 48 x2 − 2x + 2 x2 + 2x + 2Многочлены от нескольких переменныхВ кольце K[x1 , . .

. , xn ], где K — поле, при n > 2:• аналогично случаю n = 1, вводятся понятия делимости, ассоциированности, неприводимости, НОД (как и в любой области целостности);• в отличие от кольца K[x], нет ни обычного деления с остатком, ни соотношения Безу —НОД многочленов уже не выражается их линейной комбинацией: взять хотя бы (x1 , x2 ) =1 6= x1 f + x2 g ни для каких f, g ∈ K[x1 , x2 ];• как и в кольце K[x], справедлива теорема об однозначности разложения на неприводимыемногочлены, однако доказать её труднее. (Доказательство будет позднее.)Теорема.

Кольцо многочленов K[x1 , . . . , xn ] над полем K факториально.1. Докажите, что многочлен f ∈ K[x1 , . . . , xn ] — однородный степени d в точности тогда, когдаf (yx1 , . . . , yxn ) = y d f (x1 , . . . , xn ) в K[x1 , . . . , xn , y].2. Пусть f = gh, где f, g, h ∈ K[x1 , . .

. , xn ]. Докажите, что если f однородный, то g и hоднородны.3. Докажите неприводимость следующих многочленов над C: а) x3 − y 2 + z; б) x2 + y 3 + yz;в) x2 + y 2 + z 2 ; г) x4 + y 4 + z 4 .Решение. в) Многочлен x2 +y 2 +z 2 однороден, и по задаче 2 любой его нетривиальный делительтоже222однороден, а значит, ассоциирован с x − ay − bz для некоторых a, b ∈ C. Значит, x + y + z x=ay+bz = 0в K[y, z], т. е. (ay + bz)2 + y 2 + z 2 = 0 ⇔ (a2 + 1 = 0 = b2 + 1) ∧ (2ab = 0), что невозможно. Отметим, что вполе характеристики 2 имеет место разложение x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 .Теорема Безу над областью.

Пусть A — область целостности, a ∈ A, f (x) ∈ A[x]. Тогдаx − a | f (x) ⇐⇒ f (a) = 0.Лемма 1. Предположим, что многочлен f (x, y) ∈ A[x, y] над областью целостности A обнуляется при подстановке y = x, т. е. f (x, x) ∈ A[x] — нулевой многочлен. Тогда x − y | f (x, y).C Рассмотрим f как многочлен от y над областью A[x]. По условию x — его корень. По теоремеБезу y − x | f в A[x][y] = A[x, y].

BСледствие 1. Если многочлен f (x, y) над областью целостности A меняет знак при перестановке x и y, то x − y | f при условии char A 6= 2.C f (x, y) = −f (y, x) ⇒ f (x, x) = −f (x, x) ⇒ f (x, x) = 0 при char A 6= 2. BМногочлен f (x1 , . . . , xn ) над областью целостности A называется кососимметрическим, еслион меняет знак при перестановке любых двух переменных, а также обнуляется при подстановкеодинаковых переменных вместо любых двух (как мы только что увидели, второе условие следуетиз первого при char A 6= 2).Следствие 2. Всякий кососимметрический многочлен f (x1 , . .

. , xn ) над областью делится наQ, то f = kδ для некоторого k ∈ K ∗ .δ := i<j (xi − xj ). В частности, если deg f = deg δ = n(n−1)21 x1 x21 . . . x1n−1 1 x2 x22 . . . x2n−1 Q=Следствие 3 (определитель Вандермонда). i>j (xi − xj ).. . .. . . . . . . . .2. .

. . . . . .n−1 1 xn x . . . x nnQДискриминантом многочлена (x − x1 ) . . . (x − xn ) называется его квадрат D = i<j (xi − xj )2 .4. Разложите следующие многочлены на неприводимые над C и Q:а) (x − y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 ; в) x3 + y 3 + z 3 − 3xyz; д) x4 + y 4 + z 4 − 2x2 y 2 − 2x2 z 2 − 2y 2 z 2 ;б) x8 + x6 y 2 + x4 y 4 + x2 y 6 + y 8 ; г) x3 + 3xy + y 3 − 1;е) x2 y 2 − x2 + 4xy − y 2 + 1.Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров