3. Корни многочленов. Теорема Безу. Формальная производная. Кратные корни

Корни многочленов

Пусть есть кольцо $A$ – коммутативное с 1 целостное кольцо.

Определение. $c \in A$ – корень многочлена $f(x)$, если $f(c)=0$.

Теорема Безу. Элемент $c \in A$ является корнем многочлена $f(x) \Leftrightarrow (x-c)$ делит $f(x)$.

$\blacktriangle~ f(x)=q(x)(x-c)+r(x)$

$\deg r(x) < \deg (x-c) = 1$

$r(x)=const$

$f(c)=q(c)(c-c)+r$

$0=r ~\blacksquare$

Схема Горнера.

$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+...+a_n$

$f(x)$ делим на $(x-c)$

$f(x)=q(x)(x-c)+f(c)$

$q(x)=b_0x^{n-1}+...+b_{n-1}$

$b_0=a_0,...,b_k=b_{k-1}c+a_k$

$b_{n-1}=b_{n-2}c+a_{n-1},~f(c)=b_{n-1}c+a_n$

Определение. $c$ – $k$-кратный корень $f(x)$, если $f(x)$ делится на $(x-c)^k$, но не делится на $(x-c)^{k+1}$

$f(x)=(x-c)^kg(x)$, НОД$(x-c,g(x))=1$

$k \leqslant \deg f$

Теорема. $A$ – целостное кольцо, $f \neq 0,~f \in A[X]$

$c_1,...,c_r$ – его корни в $A$, кратностей $k_1,...,k_r$. Тогда:

1. $f(x)=(x-c_1)^{k_1}...(x-c_r)^{k_r}g(x)$

$g \in A[X],~g(c_i) \neq 0$

1. $k_1+...+k_r \leqslant \deg f$

$\blacktriangle~ \deg f=k_1+...+k_r+\deg g$

$k_1+...+k_r \leqslant \deg f$

Индукция по $r$.

$r=1$ – всё ясно (по определению $k$-кратного корня).

Пусть мы доказали для $r-1$.

$f(x)=(x-c_1)^{k_1}...(x-c_{r-1})^{k_{r-1}}g(x)$

$c_r \neq c_i,~i=1,...r-1$

$c_r$ не является кратным корнем $(x-c_1)^{k_1}...(x-c_{r-1})^{k_{r-1}}$

$c_r$ – кратный корень $f(x),~f(x)=(x-c_r)^{k_r}h(x),~c_r \neq 0$

$g(x)=(x-c_r)^sv(x),~g(c_r)=0$

$(x-c_r)^{k_r}h(x)=(x-c_1)^{k_1}...(x-c_{r-1})^{k_{r-1}}(x-c_r)^sv(x)$

Используя закон сокращения в целостном кольце, получаем:

$s = k_r,~h(x)=v(x)(x-c_1)^{k_1}...(x-c_{r-1})^{k_{r-1}} ~\blacksquare$

Следствие. $f(x)$ – многочлен степени $\leqslant n$

$f(x)$ имеет $n+1$ корень $\Rightarrow f=0$

Пример. $ f \in \mathbb{Z}_8[X]$

$f(x)=x^3$

$f(0)=f(2)=f(4)=f(6)=0$

##Интерполяция

$ f \in \mathbb{F}[X],~|\mathbb{F}|=\infty$

$c_0,...,c_n \in \mathbb{F},~b_0,...,b_n \in \mathbb{F}$

Найти многочлен $f,~\deg f \leqslant n$

$f(c_i)=b_i,~i=0,...,n$

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{n} l_i \frac{(x-c_0)...(x-c_{i-1})(x-c_{i+1})...(x-c_n)}{(c_i-c_0)...(c_i-c_{i-1})(c_i-c_{i+1})...(c_i-c_n)}$ – интерполяцонная формула Лагранжа.

Такой $f(x)$ – единственный.

$f(x)=a_0x^n+...+a_n$

$\left \{ \begin{array}{l} a_0c_0^n+...+a_n=b_0 \\ a_0c_n^n+...+a_n=b_0 \end{array} \right . ~~~ \begin{vmatrix} c_0^n & ... & 1 \\ & ... & \\ c_n^n & ... & 1 \end{vmatrix} \neq 0$, так как $c_i$ – различные.

Дифференцирование кольца многочленов

$f(x)=a_0x^n+...+a_{n-1}x+a_n$

Производная: $f'(x)=na_0x^{n-1}+...+a_{n-1}$

$f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

1. $(\alpha f+\beta g)'=\alpha f'+\beta g'$

2. $(fg)'=f'g+fg'$

Дифференцирование кольца $K=\mathbb{F}[X],~D:K \rightarrow K$

1. $D(u+v)=Du+Dv$

2. множество всех дифференцирований – пространство $Der(K)$ над $\mathbb{F}$ или над $\mathbb{Z}$

$ [D_1,D_2] = D_1D_2-D_2D_1$ – тоже дифференцирование.

Следствие.

1. $D^{(m)}(uv)=\sum\limits_{k=0}^{m} C_m^kD^k(u)D^{m-k}(v)$

2. Пусть $K=\mathbb{F}[X]$, тогда $D(\lambda f)=\lambda Df,~\lambda \in \mathbb{F}$

3. $Df(x)=f'(x)Dx,~Dx \in \mathbb{F}[X]$

Если $Dx=1$, то $Df(x)=f'(x)$

1. $Dx^2=xDx+Dx \cdot x=2xDx$

##Кратные множители

$f(x)=a_0x^n+...+a_n,~f^{(n)}(x)=n!a_0,~f^{(n+1)}(x)=0$

Если $char \mathbb{F}=0$, то $\deg f'=\deg f-1$

Если $char \mathbb{F}=p$, то $f(x)=x^p,~f'(x)=px^{p-1}=0$

Теорема. $\mathbb{F}$ – произвольное поле.

$f(x)$ имеет кратный корень $c \in \mathbb{F} \Leftrightarrow f(c)=f'(c)=0$.

$\blacktriangle$ Пусть $f \in \mathbb{F}[X]$ – произвольный многочлен

$f(x)$ поделим на $(x-c)^2$

$f(x)=q(x)(x-c)^2+(x-c)s+r$

$f'(x)=q'(x)(x-c)^2+q(x) \cdot 2(x-c)+s$

Подставим $x=c$, получим $r=f(c),~s=f'(c)$

$f(x)=(x-c)^2t(x)+f'(c)(x-c)+f(c) ~\blacksquare$

Определение. Пусть есть поле $\mathbb{F},~char\mathbb{F}=0$ (например, $\mathbb{Q},~\mathbb{R},~\mathbb{C}$)

$f(x)=\lambda p_1^{k_1}(x)...p_r^{k_r}(x),~p_i$ – нормализованные многочлены.

$p_i(x)$ – $k_i$-кратный множитель для $f$.

Теорема. Пусть $p(x)$ – $k$-кратный множитель для $f$. Тогда $p(x)$ – $(k-1)$-кратный множитель для $f'$.

$\blacktriangle~ f(x)=p^k(x)g(x)$, где НОД$(p(x),g(x))=1$

$f'(x)=p^{k-1}(x)(kp'g+pg')=p^kg'+p^{k-1}p'g$

Если мы покажем, что $p'g$ не делится на $p$, то теорема доказана.

$g(x)$ не делится на $p(x),~\deg p' < \deg p \Rightarrow p'g$ не делится на $p. ~\blacksquare$

Следствие. Для многочлена $f(x) \in \mathbb{F}[X],~char \mathbb{F}=0$ следующие условия эквивалентны:

1. $f$ имеет корень $c \in \mathbb{F}$ кратности $k$.

2. $f^{(j)}(c)=0,~0 \leqslant j \leqslant k-1,~f^{(k)}(c) \neq 0$.

$\blacktriangle$ Применяем теорему к $p(x)=x-c~~k$ раз. $\blacksquare$

Следствие. Пусть $f(x) \in \mathbb{F}[X]$ имеет разложение $f(x)=p_1^{k_1}(x)...p_n^{k_n}(x)$.

Тогда разложение для НОД$(f,f')$: НОД$(f,f')=p_1^{k_1-1}...p_n^{k_n-1}(x).$

Замечание. Для нахождения корней $f(x)$ можно использовать соображение:

$\frac{f(x)}{НОД(f,f')}=p_1(x)...p_n(x)$