Вопросы к гос. экзамену по дисциплине Математика Алгебра (стр. 9 из 11)

f(

)=a_n ⁿ+a_n-1 ^n-1+...+a₁ +a₀= (воспользуемся свойством сопряжения) = = , то есть является корнем f(x), что и требовалось доказать.

Рассмотренная выше теорема позволяет доказать теорему о неприводимом многочлене из R[x]. Напомним определение приводимого и неприводимого многочленов.

f(x) называется неприводимым, если его можно представить в виде произведения двух многочленов меньшей положительной степени и неприводимым, если этого сделать нельзя.

Рассмотрим f(x)= a₁x+a₀, a_iÎR. его нельзя представить в виде произведения двух многочленов меньшей положительной степени в силу того, что 1=1+0=0+1.

Решать будем вопрос о приводимости и неприводимости многочлена f(x)ÎR[x] степени большей или равной 2.

Теорема 2. Неприводимый многочлен f(x)ÎR[x], degf(x)=n³2 ассоциирован с многочленами (x-a)²+b²,где x=a+bi комплексный его корень.

n Пусть f(x)ÎR[x], degf(x)=n³2, пусть x=a+bi, b¹0 – корень f(x), он неприводим.

Прежде всего отметим, что у такого многочлена нет действительных корней, иначе бы f(x)=(x-a) f₁(x) (следствие из теоремы Безу), что противоречило бы его неприводимости.

По теореме о сопряженности мнимых корней многочлена с действительными коэффициентами f(x) обладает еще одним корнем x₂=a–bi, где x₂=

.

Рассмотрим (x-x₁)(x-x₂)=(x-a)²+b². (*)

Разделим f(x) на многочлен (*), получим:

(1) f(x)=[(x-a)²+b²]g(x)+r(x).

Так как степень делителя равна 2, то degr(x)<2, то есть r(x)=cx+d. Подставим в (1) x1=a=bi и x₂=a-bi, мы получим:

Так как b¹0 , то c=0, тогда d=0, то есть r(x)=

.

Это означает, что f(x)M (*). Но f(x) – неприводим, потом deg g(x)=0, то есть g(x)ÎR. Что и подтверждает ассоциированность f(x) и (*).

Теорема 3. Рассмотренная выше теорема позволит сделать ряд выводов:

1. Неприводимыми многочленами над R могут быть многочлены не выше второй степени.

2. Многочлен f(x)ÎR[x], degf(x)³1 может быть представлен в виде:

, где если среди корней есть кратные, то можно представить и в виде (*):

, где S_i – кратности корней, а t_j – кратности сопряженных мнимых его корней. Представление (*) называется каноническим представлением f(x).

Теорема 4. Теоремы (1), (3) позволяют сделать с очевидностью вывод о том, что четность действительных корней совпадает с четностью его степени.

Вопрос 13. Кольцо многочленов над полем рациональных чисел (Q).

Теория многочленов утверждает, что множество многочленов f(x) = a_n xⁿ + …+ a₁ x + a₀,

где a_i ∈K – кольцо, x⁰=1, x∈K, 1∙x=x с операциями сложения и умножения образуют кольцо многочленов над кольцом K и обозначают K[x].

Особый интерес представляет теория многочленов, когда вместо кольца K рассматривается поле P. В силу того, что в поле P есть операция деления, становится возможным построить теорию корня многочленов и теорию приводимых и неприводимых многочленов. Рассмотрим, как решается эта проблема в Q[x].

Напомним, что корнем f(x) называется такое число x=a, что f(a)=0.

f(x) называется неприводимым, если его нельзя представить в виде двух многочленов меньшей положительной степени, в противном случае его называют приводимым.

Итак, пусть Q[x], f(x)∈ Q[x], где f(x) = a_n xⁿ + …+ a₁ x + a₀ …(1), сформулируем и докажем теорему о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами. Если многочлен имеет рациональные коэффициенты, то он легко преобразуется к ему ассоциированному с целыми коэффициентами. Поэтому теорию существования и нахождения корней f(x)∈ Q[x] рассматривают именно для такого варианта, т.е. f(x)∈ Q[x], а a_i ∈Z.

Теорема 1: Если

∈Q, где (p,q)=1, является корнем многочлена (1)… f(x) = a_n xⁿ + …+ + a₁ x + a₀, a_i ∈Z, то p является делителем свободного члена, а q-делителем старшего коэффициента a_n.

■ Если

∈Q корень f(x), то f

=0. Подставим в (1) вместо x, получим

0= a_n

+ …+ a₁

+ a₀, приведём к общему знаменателю, получим

0= a_n pⁿ + a_n-1 p^n-1 q+…+ a₁ p q^n-1 + a₀ qⁿ …(2).

Преобразуем (2):

2.1: 0 = a_n pⁿ + q(a_n-1 p^n-1 +…+ a₁ p q^n-2 + a₀ q^n-1) ⇒ a_n pⁿ + q Q∶q, qQ∶q

⇒ a_n pⁿ ∶q, (p,q)′→ a_n∶q, т.е. q-делитель старшего коэффициента;

2.2: 0 = p(a_n p^n-1 +…+ a₁ q^n-1 ) + a₀ qⁿ) ⇒ pQ + a₀ qⁿ∶ p, pQ∶ p, ⇒ a₀ qⁿ∶ p, (q,p)=1 ⇒ a₀∶ p, т.е. p-делитель свободного члена, что и доказывает теорему.

Следствие 2: Если f(x)∈ Q[x], а a_i ∈Z, a_n=1, то он обладает только целыми корнями, которые находятся среди делителей свободного члена.

Истинность этого утверждения очевидна в силу того, что a_n=1, а делители 1 являются только ±1, следовательно, q=±1 и

∈Z. Т.к. = ± p∈Z находятся среди делителей, то утверждение верно.

Решим проблему неприводимости многочлена из Q[x], вернее о степени такого многочлена.

Решение этой проблемы предложено Эйзенштейном и носит название критерий Эйзенштейна о неприводимости многочлена в Q[x]. Заметим, что решение этой проблемы тоже есть смысл рассматривать для f(x)∈ Z[x], поскольку Q является полем частных области целостности Z.

Теорема 3: Пусть f(x)= c_n xⁿ + …+ c₁ x + c₀, c_i ∈Z. Пусть все коэффициенты f(x), кроме старшего, делятся на p². Тогда f(x) неприводим в Z[x].

■ Доказательство проведём методом от противного.

Пусть f(x)∈ Q[x] или f(x)∈ Z[x] приводим, т.е. существуют такие g(x), h(x)∈ Z[x], что

f(x) = (a₀ +…+a_k x^k )(b₀ +…+ b_m x^m) = g(x)·h(x), (a_k ≠ 0, b_m≠ 0, k + m = n, причем 1≤ k, m<n).

Тогда c₀ = a₀·b₀, c_n = a_k·b_m. Так как c₀∶p, c₀ не∶p₂, c₀ = a₀·b₀ ⇒ a₀ не∶p Λ b₀ не∶p; пусть a₀∶p,

b₀ не∶p. Так как c_n не∶p, то a_k не∶p, b_mне∶p, тогда у g(x) есть коэффициент делящийся на p и неделящийся на p. Пусть a_s коэффициент g(x) с наименьшим s таким, что a_s не∶p, т.е. a₀, a₁, …, a_s-1∶p, а a_s не∶p.

Найдем c_s = a_s b_s + (a_s-1 b₁ + a₀ b_s) (s<n), т.к. a_s не∶p, b₀ не∶p, то a_s b₀ не∶p, число (a_s-1 b₁ + a₀b_s) ∶p, по свойству делимости в кольце Z, c_sне∶p, s<n, а это противоречит условию. Получено противоречие в силу предположения, что f(x) - приводим. Что и доказывает теорему о неприводимости f(x).

Следствие 4: Если p – простое число и n – любое целое положительное число, то многочлен xⁿ-p неприводим в Q[x].

Теорема 3 и следствие 4 позволяют сделать вывод о том, что в Q[x] существуют неприводимые многочлены любой степени. Поэтому решение проблемы нахождения корней f(x) и разложения его на неприводимые многочлены затрудненно и требует в каждом конкретном случае особого подхода.

Вопрос 14. Простое алгебраическое расширение поля.