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 f\vdots(x-\alpha).

Определение. Число \alpha называется корнем кратности k полинома f, если f\vdots(x-\alpha)^k и f\not\vdots(x-\alpha)^{k+1}\quad (k\in\mathbb{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)=(x-\alpha)^kg(x),\quad g(\alpha)\ne0.

\displaystyle<br />
f’(x)=k(x-\alpha)^{k-1}g(x)+(x-\alpha)^kg’(x)<br />
=(x-\alpha)^{k-1}(\underbrace{kg(x)+(x-\alpha)g’(x)}_{h(x)}),\\<br />
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_0\ne1, 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_n\ne0, 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

a_0(z-\alpha_1)(z-\alpha_2)\ldots(z-\alpha_n)

— его разложение над полем комплексных чисел. Тогда

\begin{array}{l}<br />
\displaystyle<br />
\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n=-\frac{a_1}{a_0}\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\ldots+\alpha_{n-1}\alpha_n=\frac{a_2}{a_n}\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\alpha_1\alpha_2\alpha_3+\ldots+\alpha_{n-2}\alpha_{n-1}\alpha_n=-\frac{a_3}{a_0}\\[3mm]<br />
\ldots\\<br />
\displaystyle<br />
\alpha_1\alpha_2\ldots\alpha_n=(-1)^n\frac{a_n}{a_0}.<br />
\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}<br />
f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\ldots+a_{n-1}z+a_n,a_i\in\mathbb{R}\quad(i=\overline{0,n})\\<br />
\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}=\\<br />
=a_0\bar{z}^n+a_1\bar{z}^{n-1}+\ldots+a_{n-1}\bar{z}+a_n=f(\bar{z}).<br />
\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}\, f\ge2. Тогда f не имеет вещественных корней, но он имеет комплексные корни.

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

g(z)=(x-z)(x-\bar{z})=x^2-(z+\bar{z})x+z\bar{z}.

z+\bar{z},z\bar{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

ax^3+bx^2+cx+6=0,

где a\in\mathbb{Z}, имеет 3 различных целых отрицательных корня. Найдите a.

4. Известно, что уравнение

x^3+(a^2-1)x^2-7ax+3(a+1)=0

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

Комментариев: 7

  1. 1 Лити Даслар:

    в доказательстве неправильно взята производная нужно место “=” поставить “+” возможно просто опечатка=)

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    Спасибо! Действительно, была опечатка. Исправила.

    [Ответить]

  2. 2 zbl:

    > (a_0 положим равным 1, от него не зависит корень полинома)
    Полином 2x^2 – 4 имеет корень \sqrt{2}, а полином x^2 – 4 имеет корень 2. Так что не правда ваша — зависит.
    “Не принижая общности можно считать a_0 равным единице”

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    Исправила, спасибо.

    [Ответить]

  3. 3 zbl:

    Это доказательство основной теоремы алгебры имеет пробел: нужно ещё показать, что f(z) уходит на бесконечность равномерно, то есть, что для любого c можно выбрать такой |z|, что |f(z) – a_n|>c (внутрь области, ограниченной f(z) можно вписать круг сколь угодно большого радиуса. Иначе f(z) может огибать нуль. Нужно добавить, что |f(z)-a_n| можно сделать сколь угодно большим, потому что |f(z)-a_n|>|z|^n-|a_1||z|^{n-1}-…-|a_1||z|.

    [Ответить]

    zbl Reply:

    * |f(z)-a_n|>|z|^n – |a_1||z|^n – \dots – |a_{n-1}||z| Эх, бы предварительный просмотр не помешало бы иметь.

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    В самом деле, там пробелов гораздо больше, чем один. Эта некая схема доказательства. Исправила.

    Предварительный просмотр, к сожалению, тоже сделать не могу.

    [Ответить]

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение