1610841785-f468a61572dab6722e8deb8e3ec644ad (824277), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

Дабыразвеять подобные иллюзии, приведём запоминающийся контрпример.Пример 1. Пусть A — кольцо многочленов над полем с нулевым коэффициентом при x. Тогда(x3 )(x3 ) = (x2 )(x2 )(x2 )— два разных разложения на неприводимые в A. Как ни удивительно, но x2 - x3 в A (т. к. x ∈/ A).При доказательстве теоремы 1 ключевой оказывается следующая лемма, прокладывающаямостик от алгоритма Евклида до однозначности разложения.Лемма 1. Пусть многочлены f, g, h над полем таковы, что f | gh и (f, g) = 1. Тогда f | h.C По алгоритму Евклида 1 = f u + gv для некоторых многочленов u и v, откудаBДоказатеьство теоремы 1 проведём индукцией по степени многочлена.C Пусть f ∈ K[x] — приводимый многочлен (иначе доказывать нечего) и пусть для многочленов меньшей степени теорема доказана. Тогда f = gh для некоторых многочленов степеней< deg f , причём g и h (а с ними и f ) раскладываются на неприводимые по предположению.Пусть теперь f = p1 .

. . pm = q1 . . . qn — два различных разложения на неприводимые. Тогдаp1 | q1 (q2 . . . qn ), поэтому либо p1 ассоциирован с q1 , либо (p1 , q1 ) = 1 и тогда p1 | q2 . . . qn полемме 1. Во втором случае повторяем то же рассуждениеи т. д. В концеконцов получим, чтоQQmp1 ассоциирован с каким-то qi . Сократив на p1 , получим k=2 pk = u j6=i qj , где u ∈ K ∗ . Теперьприменимо предположение индукции.

BСледствие 1. Пусть K — подполе поля L. Тогда разложение всякого многочлена f ∈ K[x] нанеприводимые над L получается из его разложения f = pk11 . . . pknn на неприводимые над K путёмразложения всех pi на неприводимые над L.Пример 2. Докажем, что двучлен x4 + 1 неприводим над Q. Если бы он раскладывался надQ, то только на два квадратных трёхчлена, причём неприводимых над R (ведь корней в R у негонет). Но такого быть не может, поскольку имеется разложение на неприводимые над R:√√422x + 1 = x − 2x + 1 x + 2x + 1 ,√и оно единственно, а 2 ∈/ Q. Значит, для двучлена x4 + 1 над Q остаётся единственная возможность — быть неприводимым.7Подобно тому, как единица не считается простым числом.Некоторые крупные математики 18, 19 вв. принимали за самоочевидный факт однозначность разложения напростые в различных кольцах.

Это в том числе приводило к ошибочным доказательствам большой теоремы Ферма.8Разложения многочленов над C и RПоле K называется алгебраически замкнутым, если верны следующие равносильные условия:(1) всякий многочлен положительной степени над K имеет корень в K;(2) всякий многочлен степени n ∈ N над K имеет ровно n корней в K с учётом кратностей;(3) неприводимы над K лишь многочлены первой степени.Теорема 2 (основная теорема алгебры).

Поле C алгебраически замкнуто.Следствие 2. Всякий многочлен положительной степени над R раскладывается в произведение линейных двучленов и квадратных трёхчленов с отрицательными дискриминантами.Следует учесть, что комплексные корни многочленов над R разбиваются на пары сопряжённых(с учётом кратностей): если z0 — корень кратности k многочлена f (x) ∈ R[x], то z0 тоже коренькратности k многочлена f (x). Вот важные разложения:x − (a + bi) x − (a − bi) = x2 − 2ax + a2 + b2 ,D = −4b2 6 0,(∗)x − r(cos ϕ + i sin ϕ) x − r(cos ϕ − i sin ϕ) = x2 − 2r(cos ϕ)x + r2 , D = −4r2 sin2 ϕ 6 0Пример 3. Разложим многочлен x6 + 27 на неприводимые над R.I способ (школьный).

Сначала разложим сумму кубов, а потом догадаемся до трюка:x6 + 27 = (x2 + 3)(x4 − 3x2 + 9+9x2 − 9x2 ) = (x2 + 3)((x2 + 3)2 − (3x)2 ) = (x2 + 3)(x2 − 3x + 3)(x2 + 3x + 3).√ π+2πki√II способ. Разобъём комплексные корни 6 −27 = 3e 6 на пары сопряжённых и воспользуемся (∗):√√ 2√ 2 2√ 2√√x6 + 27 = x2 − 2 3 cos π6 x + 3 x2 − 2 3 cos 3πx − 2 3 cos 5π6 x+ 36 x+ 3|{z} |{z} |{z}x2 −3x+3x2 +3x2 +3x+3Пример 4. Разложим многочлен x4 + x3 + x2 + x + 1 на неприводимые над R.I способ (школьный).

Разделив на x2 , сделаем замену y = x + x1 (вообще, стандартная идея длясимметричных многочленов):y2 z }| {√√11115+1x2 + x + 1 + + 2 = x ++ x + −1 = y − 5−1y+22x xxx√√=⇒ x4 + x3 + x2 + x + 1 = x2 − 5−1x2 + 5+12 x+12 x+1 .√5 −1, т. е. 5 1 \ {1} = {ω, ω 2 , ω 3 , ω 4 } (гдеII способ. Разобьём корни многочлена x4 + x3 + x2 + x + 1 = xx−1ω = e2πi/5 ), на пары сопряжённых: ω 4 = ω, ω 3 = ω 2 . Используя (*), получим: 24πx4 + x3 + x2 + x + 1 = (x − ω)(x − ω 2 )(x − ω 3 )(x − ω 4 ) = x2 − 2 cos 2π5 x + 1 x − 2 cos 5 x + 1 .Напомним, что cos 2π5 =√5−14 ,кстати, это несложно вывести, сравнив решения двумя способами.Пример 5. Разложим многочлен x2n + xn + 1 на неприводимые над R.I способ.

??? <Здесь могло бы быть ваше решение.>3n−1II способ. Корни многочлена x2n + xn + 1 = xxn −1— это все корни (3n)-й степени из единицы, кромекорней n-й степени из единицы. Поэтомуn YYx2n + xn + 1 =x − e2πki/3n =x2 − 2 cos 2πk3n + 1 .16k63n,3-kk=1Нередко бывает так, что задача формулируется в терминах действительных чисел, но решить её,пользуясь только «действительными средствами», крайне трудно, а то и вовсе не представляетсявозможным. Но стоит взмыть со «взлётной полосы» — действительной оси — «ввысь» в комплексную плоскость, и невидимые ранее ключи к разгадке вдруг откроются, а задача буквально рассыплется.Останется только «совершить мягкую посадку», истолковав полученные знания в исходных, действительных терминах.Задача.

Разложите на неприводимые множители над C и R:а) x8 − x6 + x4 − x2 + 1;б) x4 + ax2 + 1 при каждом a ∈ R;в) x2n − 1 при каждом n ∈ N;г) x2n+1 + 1 при каждом n ∈ N;д) Φ12 (x);е) Φ18 (x2 ).Многочлены над Q и ZТеорема 1 (о рациональных корнях). Если несократимая дробь m/n является корнеммногочлена f (x) = ak xk + . . . + a1 x + a0 ∈ Z[x], ak , a0 6= 0, то m | a0 и n | ak .В частности, если ak = 1, то всякий рациональный корень многочлена f является целым.pppp√√√√33331.

Рациональны ли числа: а) cos π9 ; б) cos π7 ; в) 1 + 2 + 1 − 2; г) 7 + 5 2 + 7 − 5 2?Решение а). Для числа c := cos π9 имеем: 12 = cos π3 = 4c3 − 3c ⇒ 8c3 − 6c − 1 = 0, откудамногочлена x3 + 6x2 − 8 без целых корней. Значит, 1c , c ∈/ Q.1c— кореньВыяснять, есть ли у многочленов 35x5 − 11x4 + 2x3 − 3x2 + 5x − 99 и 20x4 + 27x3 − 13x2 − 15x + 28рациональные корни, пользуясь теоремой 1, согласитесь, муторно. Поможет следующаяТеорема 2. Многочлен f (x) = ak xk + . .

. + a1 x + a0 ∈ Z[x] не имеет рациональных корнейв следующих случаях: (1) числа a0 , ak , f (1) нечётны; (2) числа a0 , ak , f (1), f (−1) не кратны 3.Многочлен над Z называется примитивным, если его коэффициенты взаимно просты в сово·(примитивный многочлен).купности. Всякий многочлен над Q записывается в виде mnТеорема 3. Многочлен в Z[x] неприводим над Z ⇐⇒ он неприводим над Q.Импликация ⇐ очевидна. Обратно, пусть f = gh, где g, h ∈ Q[x], deg g, deg h > 0.

Перепишем: f =где (m, n) = 1 и многочлены G, H ∈ Z[x] примитивны. Это почти разложение над Z, но мешаетдробь mn . Вдруг все коэффициенты многочлена GH делятся на n > 1? Эту возможность исключаетmn GH,Лемма Гаусса. Произведение примитивных многочленов — примитивный многочлен.C Предположим, что a0 + a1 x + a2 x2 + . . ., b0 + b1 x + b2 x2 + . .

. — примитивные многочлены, но ихпроизведение a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )x + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )x2 + . . . не примитивный многочлен. Тогда всекоэффициенты a0 b0 , a0 b1 + a1 b0 , a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 , . . . кратны некоторому простому p. Но среди ai и bjесть коэффициенты, некратные p. Придём к противоречию: (закончите рассуждение). BТеорема 4 (признак9 Эйзенштейна).

Многочлен f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ Z[x] неприводим, если для некоторого простого p его коэффициенты удовлетворяют условиям:• p - an , • p | an−1 , . . . , a0 , • p2 - a0 .p−1неприводим над Z при всех простых p, т. к.Пример 1. Многочлен Φp (x) := xp−1 + . . . + x + 1 = xx−1ppP(y + 1) − 1Φp (y + 1) ==Cpk y k−1 = y p−1 + Cpp−1 y p−2 + . .

. + Cp2 y + pyk=1p(p−1)!неприводим по признаку Эйзенштейна: Cpk = k!(p−k)!кратно p при k = 1, . . . , p − 1.Неприводимые двучлены. При каких a, n ∈ N двучлены xn ± a неприводимы над Z?• Прежде всего, по признаку Эйзенштейна подходят все a, свободные от квадратов.• Этот признак неприменим, скажем, к двучлену x3 − 4, но он неприводим (почему?).• А для двучлена x5 − 4 этого соображения недостаточно: вдруг он раскладывается в произведение многочленов второй и третьей степеней? Опровергнем это:√√√√√55555(ω = e2πi/5 ).x5 − 4 = x − 4 x − ω 4 x − ω 2 4 x − ω 3 4 x − ω 4 4√Любой квадратный делитель x2 + .

. . двучлена x5 − 4 имеет √свободный член вида ω k 5 16(k ∈ Z) и никак не может быть целым числом, ибо его модуль 5 16 иррационален (почему?).2. Найдите критерий неприводимости двучлена xn − a в терминах разложения a на простыемножители. (Очевидно, для двучлена xn + a при нечётных n критерий такой же, как для xn − a.)3. Докажите, что если n имеет нечётный делитель > 1, то двучлен xn + 1 приводим, а иначе(если n — степень двойки) — неприводим.4. Найдите критерий приводимости двучлена x4 + a в терминах разложения a > 1 на простыемножители.9Который часто, по традиции, ошибочно называют критерием.Многочлены над полем Zp5.

Характеристики

Список файлов семинаров