1611672539-b7ef95a69d59d792380d0741c0198e89 (826570), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Тогда получаемf = (x2 + p/2 + u0 )2 − 2u0 (x − q/4u0 )2 .1Отделение кратных множителей.f (x) = p1 (x)k1 . . . pr (x)kr ⇒(f (x), f 0 (x)) = p1 (x)k1 −1 . . . pr (x)kr −1 ;p1 (x) . . . pr (x) =f (x).(f (x), f 0 (x))N 585 a) (639) Отделить кратные множители многочленов:x6 − 6x4 − 4x3 + 9x2 + 12x + 4.2Интерполяционная задача.Пусть K — поле, a1 , . . . , an+1 — различные элементы и b1 , . . . , bn+1 —произвольные элементы поля K.
Задача интерполяции заключается вследующем: найти многочлен f (x) ∈ K[x] степени ≤ n, принимающий приx = ai значение bi , где i = 1, . . . , n + 1.Если такой многочлен f (x) существует, то он определяется однозначно.Покажем, что многочлен f (x) с указанными свойствами всегда существует.Интерполяционная формула Лагранжа. Рассмотрим многочленgi (x) =(x − a1 ) . .
. (x − ai−1 )(x − ai+1 ) . . . (x − an+1 ).(ai − a1 ) . . . (ai − ai−1 )(ai − ai+1 ) . . . (ai − an−1 )Тогда для любого j = 1, . . . , n + 1 имеем½1, если i = j,gi (aj ) =0, если i =6 j.Положим f (x) =Pn+1i=1bi gi (x). Тогда f (aj ) =n+1Pbi gi (aj ) = bj gj (aj ) = bj , т. е. f (x)i=1— искомый многочлен.Интерполяционная формула Ньютона. Многочлен f (x) ищем в видеf (x) = u0 + u1 (x − a1 ) + u2 (x − a1 )(x − a2 ) + . . . + un (x − a1 ) . .
. (x − an ),гдеu0 , . . . , un—неизвестныепоследовательно подставляя x = ai .коэффициенты,3которыенаходимРациональные корниЗадача 1. Пусть f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + ak xn−k + . . . + an — полином сцелыми коэффициентами. Предположим, что несократимая рациональнаядробь pq — корень f (x). Доказать, что1) q — делитель a0 , p — делитель an ,2) p − qm — делитель f (m) для любого целого m. В частности, p − q —делитель f (1), p + q — делитель f (−1).1.2.3.4.5.6.Задача 2. Найти рациональные корни полиномов:x3 − 6x2 + 15x − 14,x4 − 2x3 − 8x2 + 13x − 24,x5 − 7x3 − 12x2 + 6x + 36,6x4 + 19x3 − 7x2 − 26x + 12,24x4 − 42x3 − 77x2 + 56x + 60,24x5 + 10x4 − x3 − 19x2 − 5x + 6.Задача 3.
Пусть полином f (x) с целыми коэффициентами и f (0), f (1) —нечетные числа. Доказать, что f (x) не имеет целых корней.Пусть A — факториальное кольцо, тогда кольцо полиномов A[x] такжефакториально. Пусть K = Q(A) — поле частных кольца A. Можно считать,что A ⊆ K и поэтому A[x] ⊆ K[x]. Справедлив следующийКритерий неприводимости: полином f (x) ∈ A[x] неприводим в A[x] тогдаи только тогда, когда f (x) неприводим в K[x].Задача 4. Показать, что1) x4 + 4 разлагается на множители в Q[x].2) x4 − x3 + 2x + 1 неприводим в Q[x].Задача 5.
Доказать, что для любого поля F число неприводимыхполиномов в F[x] бесконечно.Признак неприводимости Эйзенштейна. Пусть f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + anи p — простой элемент в Z такой, что a0 6≡ 0(mod p), ai ≡ 0 (mod p), i > 0, и an 6≡0 (mod p2 ). Тогда f (x) неприводим в Q[x].Задача 6. Доказать неприводимость над полем Q полиномов1. x4 − 8x3 + 12x2 − 6x + 2, 2. x5 − 12x3 + 36x − 12.Задача 7. Доказать, что полином x5 + x2 + 1 неприводим над Z2 . Вывестиотсюда, что x5 + 2x3 + 3x2 − 6x − 5 неприводим над Q.Задача 8.
Доказать неприводимость над полем Q полинома x5 − 6x3 + 2x2 −4x + 5.1Дополнение.Пусть f (x) — полином над полем F . Полином f (x) может не иметь корней вполе F . Как построить поле P большее чем F , т.е. F ⊂ P , в котором полином f (x)имеет корень? Пусть f (x) = p1 (x) . . . pk (x) разложение f (x) на неприводимыенад F множители. Рассмотрим полином pi (x). Если мы построим поле P ,в котором pi (x) имеет корень, то и f (x) имеет корень в P . Поэтому можносчитать, что f (x) неприводим над F . Пусть I = f (x)F [x]. Тогда I — идеалкольца F [x], а фактор-кольцо F [x]/I — поле. Пусть τ : F [x] 7→ F [x]/I —канонический гомоморфизм, τ (a) = a + I. Тогда элемент c = τ (x) — кореньполинома f (x) в поле P = F [x]/I. Поэтому f (x) = (x − c)k g(x), где g(x) ∈ P [x] иg(c) 6= 0. Найдем поле P1 большее чем P , где g(x) имеет корень c1 . Тогда f (x)имеет в поле P1 уже два корня c и c1 и т.д.Задача.
Построить указанным способом полеx2 − 2 имеет√ P , в котором√корни. Доказать, что оно изоморфно полю Q( 2) = {a + b 2|a, b ∈ Q}.2Поле рациональных функций (дробей)Пусть K — ассоциативное коммутативное кольцо с единицей и безделителей нуля, т.е. K — область целостности. Положим K∗ = K \{0}. На множестве K × K∗ (декартовом произведении) введем отношениеэквивалентности ∼, полагая (a, b) ∼ (c, d), если ad = bc.Задача 1. Проверить, что ∼ — отношение эквивалентности на K × K∗ .Для пары (a, b) через a/b обозначим класс эквивалентности, содержащий(a, b).
Пусть Q(K) = {a/b|(a, b) ∈ K × K ∗ } — мн. классов эквивалентности. НаQ(K) определим операцию + (сложения) и операцию (·) (умножения)a/b + c/d = (ad + bc)/bdиa/b · c/d = ac/bd.Тогда (Q(K), +, ·) — поле, и называется полем частных кольца K. Элементa/b называется дробью, элемент a — числитель, b — знаменатель. Единицейв Q(K) — элемент 1/1, нулем является элемент 0/1. Если a/b ненулевойэлемент, то его обратный b/a, т.е. (a/b)−1 = b/a. Отображение τ : K 7→ Q(K),эаданное правилом τ (a) = a/1, является гомоморфизмом колец с нулевымядром (ker τ = 0). Поэтому τ (K) ( образ K) является подкольцом в Q(K) иK ∼= τ (K). Следовательно, можно отождествить K и τ (K) и считать, что Kподкольцо в Q(K).Задача 2.
Пусть (Z, +, ·) — кольцо целых чисел. Доказать, что Q(Z) = Q —поле рациональных чисел.Пусть F — поле, F [x] — кольцо многочленов над F . Кольцо F [x] —область целостности. Тогда рассмотрим Q(F [x]) — поле частных кольца F [x].Положим Q(F [x]) = F (x).
Элемент f /g из F (x) называется рациональнойдробью (р.д.). Степенью deg f /g р.д. f /g является число deg f − deg g.Задача 3. Пусть f1 /g1 = f /g. Доказать, что deg f1 − deg g1 = deg f − deg g, т.е.deg f1 /g1 = deg f /g.Р.д. f /g несократимая, если НОД(f, g) = 1. Несократимая р.д. f /g —правильная, если deg f /g < 0, т.е. deg f < deg g. Так как deg 0 = −∞, то 0— правильная р.д.Задача 4. Доказать, что множество F0 (x) правильных р.д. являетсяподкольцом в F (x). Доказать, что f /g = h + r/g, где h — многочлен, а r/g— правильная р.д.Ненулевой многочлен f (x) — неприводим над полем F , если он не делитсяна многочлен g(x) ∈ F [x], у которого 0 < deg g < deg f .Правильная р.д.
f /g называется простейшей, если g = pn , где p = p(x) —неприводимый полином, n ≥ 1 и deg f < deg p. СправедливаТеорема. Каждая правильная р.д. может быть разложена единственнымобразом в сумму простейших дробей.Алгоритм. Рассмотрим правильную р.д.
f /g, коэффициентом 1 пристаршей степени полинома g.3Шаг 1. g = g1 g2 , НОД(g1 , g2 ) = 1. Тогда найдем полиномы u1 , u2 , что 1 =u1 g1 + u2 g2 . Если теперьf u2 = g1 q + f1 , deg f1 < deg g1 (здесь мы разделили f u2 на g1 с остатком f1 ),то f1 /g1 — правильная р.д. Пусть f2 = f u1 + qg2 .Задача 5. Доказать, что f /g = f1 /g1 + f2 /g2 и f2 /g2 — правильная р.д.Шаг 2. Пусть g = pn1 1 pn2 2 . . . pnk k разложение в произведения степенейпопарно различных неприводимых над F полиномов, у которыхPk старшиекоэффициенты равны 1. Тогда по задаче 5 получаем, что f /g = i=1 fi /pni i —сумма правильных р.д.Шаг 3. Для дроби a/pn выполним деления с остаткомa = q1 pn−1 + r1 ,deg r1 < (n − 1) deg p,n−2r1 = q2 p+ r2 ,deg r2 < (n − 2) deg p,···rn−2 = qn−1 p + rn−1 ,deg rn−1 < deg p,rn−1 = qn .PЗадача 6.
Доказать, что a/pn = ni=1 qi /pi и qi /pi — простейшие дроби.Задача 7. Используя метод неопределенных коэффициентов, в поле R2x+5x6 +3xи (x+1)(xна простейшие дроби. В поле Cразложить (x−4)4;2 +1)2(x3 +2x+2)33+x1разложить (x−1)(x2 +1) , x4 +4 на простейшие дроби.Задача 8 (655(624)). В поле R разложить:x2a) (x−1)(x+2)(x+3);1b) (x−1)(x−2)(x−3)(x−4) ;3+xc) (x−1)(x2 +1) , на простейшие дроби.4Симметрические многочлены.Рассмотрим кольцо полиномов A[x1 , . . .
, xn ] от n переменных над обл. цел.A. Каждый полином f является конечной суммой мономов (одночленов)вида axi11 . . . xinn , гдеPn a ∈ A, i1 , . . . , in — целые неотрицательные числа. Тогдаdeg(axi11 . . . xinn ) =k=1 ik и deg f = наибольшая ст. его мономов. Определимлексикографический порядок на мономах: для u = axi11 . . . xinn и v = bxj11 .
. . xjnnбудем считать u > v (u лекс. больше v) тогда, когда последовательностьi1 − j1 , . . . , in − jn имеет вид 0, . . . , 0, t, . . . , где t > 0. Другими словами, i1 =j1 , . . . , ik = jk , а ik+1 > jk+1 . Для полинома f обозначим через через f̄ (старшееслово f ) наибольший по лекс. порядку моном.Задача 1. Вычислить f̄ для1. f = x21 x2 + x1 x22 x3 + 2x1 x23 + x2 x33 − x2 x23 + 3,2. f = x1 x22 x3 + 2x1 x23 + x2 x33 − x2 x23 + 3,3.
f = 2x1 x23 + x2 x33 − x2 x23 + 3.Задача 2. Пусть u, v, u1 , v1 — мономы и u > v, u1 > v1 . Доказать, что uu1 >vv1 .Рассмотрим группу подстановок Sn . Тогда для π ∈ Sn и полиномаf (x1 , . . . , xn ) положим (π ◦ f )(x1 , . . . , xn ) = f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ). Имеет место (πσ) ◦ f =π ◦ (σ ◦ f ).Полином f называется симметрическим (с.п.), если π ◦ f = f для любойπ ∈ Sn , т.е. f (x1 , . . .
, xn ) = f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ).Задача 3. Доказать, что f (x1 , . . . , xn ) — с.п. тогда и только тогда, когдаf (x1 , . . . , xi , , . . . , xj , . . . , xn ) = f (x1 , . . . , xj , . . . , xi , . . . , xn ) для любых i, j, т.е. полиномне изменится, если поменять местами любые две его переменные.Задача 4. Доказать, что следующие полиномы симметрические:Xxi1 xi2 . . . xik , k = 1, .
. . , n.sk (x1 , . . . , xn ) =1≤i1 <i2 <...<ik ≤nЭти полиномы называются элементарными симметрическими полиномами.Выписать s1 (x1 , x2 ), s2 (x1 , x2 ). Выписать s1 (x1 , x2 , x3 ), s2 (x1 , x2 , x3 ), s3 (x1 , x2 , x3 ).Теорема. Пусть f ∈ A[x1 , . . . , xn ] — симметр.
полином степени m над обл.цел. A. Тогда сущ. единственный полином g ∈ A[y1 , . . . , yn ], для которогоf (x1 , . . . , xn ) = g(s1 , . . . , sn ).Коэфф. g явл. целочисленными комбинациями коэфф. f .Наша цель для с.п. f (x1 , . . . , xn ) найти полином g(y1 , . . . , yn ).i1 i2inМетодP неопред. коэфф.
Пусть u = u(x1 , . . . , un ) = x1 x2 . . . xn . ПоложимS(u) = π∈Sn u(xπ(1) , . . . , xπ(n) ). Тогда S(u) — с. п.Задача 5. Пусть u(x1 , x2 , x3 ) = x31 . Найти S(u).Задача 6. Доказать, что sk (x1 , . . . , xn ) = S(x1 · . . . · xk ).1Моном u = axi11 . . . xinn монотонен,если i1 ≥ i2 ≥ . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
