4. Корни полинома. Кратные корни. Основная теорема алгебры (ОТА). Теорема Виета. Многочлены с вещественными коэффициентами

Определение. Число $alpha$ называется корнем полинома $f$ , если $f(alpha)=0$ .

В силу теоремы Безу это равносильно тому, что $fvdots(x-alpha)$ .

Определение. Число $alpha$ называется корнем кратности $k$ полинома $f$ , если $fvdots(x-alpha)^k$ и $fnotvdots(x-alpha)^{k+1}quad (kinmathbb{N})$ . Корни кратности $1$ называются простыми корнями, корни кратности больше $1$ называются кратными корнями.

Теорема. Если $alpha$ — корень кратности $k$ полинома $f$ , то $alpha$ — корень кратности $k-1$ полинома $f'$ . Если $alpha$ — общий корень $f,f'$ , то $alpha$ — кратный корень $f$ .

Доказательство. Пусть $alpha$ — корень кратности $k$ полинома $f$ .

$[f'(x)=k(x-alpha)^{k-1}g(x)+(x-alpha)^kg'(x) =(x-alpha)^{k-1}(underbrace{kg(x)+(x-alpha)g'(x)}_{h(x)}),\ h(alpha)=kg(alpha)ne0.]$

1. Если $k>1$ , то $alpha$ — корень кратности $k-1$ многочлена $f'$ .

2. Если $alpha$ корень $f'$ , то $k>1$ и, значит, $alpha$ — кратный корень многочлена $f$ .

Основная теорема алгебры

Историю основной теоремы алгебры можно прочитать здесь.

Теорема. Любой многочлен в поле комплексных чисел имеет корень.

Схема доказательства. Пусть имеется многочлен

$[f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+ldots+a_n]$

( $a_0$ будем считать равным 1. Если $a_0ne1$ , то поделим полином на $a_0$ и получим полином с теми же корнями, у которого $a_0=1$ ). Рассмотрим множество точек $|z|=const$ — окружность с центром в начале координат. $f(z)$ будет при этом замкнутой линией.

1. $|z|$ можно взять достаточно малым так, чтобы (основное влияние оказывает коэффициент $a_n$ ) начало координат не входило в область, где значения $f(z)$ ( $a_nne0$ , иначе был бы корень $z=0$ ).

2. Возьмем $|z|$ достаточно большим, так, чтобы начало координат входило в область, где $f(z)$ .

В силу непрерывности $f$ функция принимает значение $0$ .

Следствие. Над полем $mathbb{C}$ неприводимы только полиномы первой степени.

Теорема (Виет). Пусть

$[a_0z^n+a_1z^{n-1}+ldots+a_n]$

— полином, а

— его разложение над полем комплексных чисел. Тогда

$[begin{array}{l} displaystyle alpha_1+alpha_2+ldots+alpha_n=-frac{a_1}{a_0}\[3mm] displaystyle alpha_1alpha_2+alpha_1alpha_3+ldots+alpha_{n-1}alpha_n=frac{a_2}{a_n}\[3mm] displaystyle alpha_1alpha_2alpha_3+ldots+alpha_{n-2}alpha_{n-1}alpha_n=-frac{a_3}{a_0}\[3mm] ldots\ displaystyle alpha_1alpha_2ldotsalpha_n=(-1)^nfrac{a_n}{a_0}. end{array}]$

Доказательство получается сразу же раскрытием скобок.

Многочлены над полем вещественных чисел

Лемма. Пусть $f$ — полином с вещественными коэффициентами, $z$ — комплексное число. Тогда $f(bar{z})=bar{f(z)}$ .

Доказательство. Пусть

$[begin{array}{l} f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+ldots+a_{n-1}z+a_n,a_iinmathbb{R}quad(i=overline{0,n})\ bar{f(z)}=bar{a_0}bar{z}^n+bar{a_1}bar{z}^{n-1}+ldots+bar{a_{n-1}}bar{z}+bar{a_n}=\ =a_0bar{z}^n+a_1bar{z}^{n-1}+ldots+a_{n-1}bar{z}+a_n=f(bar{z}). end{array}]$

Следствие. Если $z$ — комплексный корень полинома $f$ с вещественными коэффициентами, то и $bar{z}$ — корень $f$ .

Теорема. Над полем вещественных чисел неприводимыми являются полиномы первой степени, полиномы второй степени с отрицательным дискриминантом и только они.

Доказательство. То, что указанные полиномы неприводимы, очевидно. Докажем, что других нет.
Пусть $f$ — неприводимый многочлен с вещественными коэффициентами, ${rm deg}, fge2$ . Тогда $f$ не имеет вещественных корней, но он имеет комплексные корни.

Пусть $z$ — один из них. Тогда $bar{z}$ — другой корень $f$ . Значит, $fvdots(x-z)(x-bar{z})$ .

$[g(z)=(x-z)(x-bar{z})=x^2-(z+bar{z})x+zbar{z}.]$

$z+bar{z},zbar{z}$ — вещественные числа. Значит, $g$ — полином с вещественными коэффициентами, и $f$ делится на $g$ . Так как $f$ неприводим над $mathbb{R}$ , то ${rm deg}, f={rm deg}, g=2$ . $f$ — многочлен второй степени с отрицательным дискриминантом, так как в противном случае $f$ можно было бы разложить над $mathbb{R}$ .

Следствие. Любой многочлен с вещественными коэффициентами (кроме констант) можно разложить над полем $mathbb{R}$ на множители первой и второй степени.

Задачи.

1. Найдите коэффициенты многочлена третьей степени со старшим коэффициентом единицей, имеющего:

1) корни $1, 2, 3$ ;

2) корень $1$ кратности 2 и корень 3.

2. Найдите сумму квадратов корней уравнения

$[z^{1995}-25z^3+2z-(i+3)=0.]$

3. Известно, что уравнение

где $ainmathbb{Z}$ , имеет 3 различных целых отрицательных корня. Найдите $a$ .

4. Известно, что уравнение

имеет 3 вещественных корня, сумма которых равна нулю. Найдите $a$ .

Оставить комментарий

Свежие комментарии

alex в Интегрирование тригонометрических функций sin(x)^m*cos(x)^n. Правила понижения степени: “а что именно?” Апр 24, 18:31
alex в Иррациональные уравнения на примерах: “Ну эти уравнения не очень сложны, но рассказано очень хорошо про иррациональные уравнения - здесь я согласен!” Апр 24, 18:15
Константин в Иррациональные уравнения на примерах: “То чувство, когда всё разложено по полочкам и кажется очень просто, но на практике начинаются сложности. Математика требует не только…” Апр 15, 17:47
Настя в Интегрирование тригонометрических функций sin(x)^m*cos(x)^n. Правила понижения степени: “Реально помогло решить задачи дочке)” Апр 15, 17:43
Сергей в Квадратные уравнения. Примеры решения: “Никогда не был предрасположен к точным наукам. Вроде бы и примеры не сложные, но по истечении лет, и они вызывают…” Апр 15, 17:40