Многочлены и их корни

308810366
1
Многочлены и их корни
Рассмотрим многочлен п-й степени (где п – целое положительное число)
f x   a0 x n  a1 x n1  a 2 x n2    a n1 x  a n
(1)
Здесь коэффициенты a 0 , a1 , , a n будем считать произвольными комплексными
числами. Многочленом нулевой степени будем считать отличное от нуля
комплексное число. Имеет смысл рассматривать число нуль как многочлен,
степень которого не определена.
Теорема. Для любых двух многочленов f(x) и g(x) можно найти такие
многочлены q(x) и r(x), что
f  x   g  x q x   r  x  ,
(2)
причём степень r(x) меньше степени g(x) или же степень r(x) равна нулю.
Многочлены q(x) и r(x), удовлетворяющие этому условию, определяются
однозначно.
Сначала докажем единственность многочленов q(x) и r(x). Пусть
существуют ещё многочлены q1(x) и r1(x), удовлетворяющие равенству
f  x   g  x q1  x   r1  x 
(3)
причём степень r1(x) меньше степени g(x). Приравнивая правые части равенств (2)
и (3), получим
g  x q x   q1  x   r1  x   r  x 
Степень многочлена в правой части этого равенства меньше степени g(x), а
степень многочлена в левой части при q x   q1  x  выше или равна степени g(x).
Отсюда следует, что
q  x   q1  x , а это влечёт за собой r(x) = r1(x), и
единственность доказана.
Докажем теперь существование многочленов q(x) и r(x). Пусть многочлены
f(x) и g(x) имеют степени соответственно п и s. Если п < s, то полагая q(x) = 0,
r(x) = f(x), получим желаемый результат. Пусть п  s. Примем
308810366
2
f  x   a 0 x n  a1 x n1    a n1 x  a n ,
g  x   b0 x s  b1 x s 1    bn1 x  bn ,
a0  0
b0  0
Положим
a
f1 x   f ( x )  0 x n s g x 
b0
(3)
В результате получен многочлен степени, меньшей, чем п. Обозначим эту степень
через п1, а старший коэффициент многочлена f1(x) через а10. Положим, если п1  s,
a
f 2  x   f1 x   10 x n1  s g  x 
b0
(4)
Теперь обозначим через п2 степень, а через а20 старший коэффициент многочлена
f2(x). Далее положим
a
f 3  x   f 2  x   20 x n2  s g  x 
b0
(5)
и т. д.
Так как степени многочленов f1(x), f2(x), убывают, то есть п > n1 > n2 > ,
то проделав конечное число шагов, мы придём к многочлену fk(x)
a
f k x   f k 1 x   k 1,0 x nk 1  s g x  ,
b0
(*)
степень которого nk меньше s. После этого процесс останавливается. Складывая
теперь равенства (3), (4), (5), ,(*), получаем
a
a

a
f  x    0 x n  s  10 x n1  s    k 1,0 x nk 1  s  g  x   f k  x 
b0
b0
 b0

В последнем равенстве многочлены
a
a
a
qx   0 x n  s  10 x n1  s    k 1,0 x nk 1  s , r  x   f k  x 
b0
bo
b0
удовлетворяют равенству (1), причём степень r(x) меньше степени g(x).
Многочлен q(x) называется частным от деления f(x) на g(x), а r(x) – остатком
этого деления. Если остаток от деления f(x) на g(x) равен нулю, то многочлен g(x)
называется делителем многочлена f(x).
308810366
3
Наибольшим общим делителем отличных от нуля многочленов f(x) и g(x)
называется такой многочлен d(x), который является их общим делителем и,
вместе с тем, сам делится на любой другой общий делитель этих многочленов.
Обозначается наибольший общий делитель многочленов f(x) и g(x) символом
(f(x),g(x)).
Алгоритм Эвклида нахождения наибольшего общего делителя. Пусть даны
многочлены f(x) и g(x). При делении f(x) на g(x) в общем случае получается
остаток r1(x). После деления g(x) на r1(x) получается остаток r2(x). После этого
делим r1(x) на r2(x) и. т. д. Так как степени остатков всё время понижаются,
должен наступить момент, когда деление совершится нацело и поэтому процесс
остановится. Тот остаток rk(x), на который нацело делится предыдущий остаток
rk–1(x) и будет наибольшим общим делителем многочленов f(x) и g(x).
Доказательство. Воспроизведём изложенное выше в виде равенств
f x 
g x 
r1  x 

rk 3  x 
rk 2  x 
rk 1  x 

g  x q1  x   r1  x 


r1  x q 2  x   r2  x  


r2  x q 3  x   r3  x  




 rk  2  x q k 1  x   rk 1  x 


rk 1  x q k  x   rk  x  


rk  x q k 1  x 

(6)
Из последнего равенства следует, что rk(x) является делителем для rk–1(x). Тогда
rk(x) –делитель rk–2(x). Поднимаясь вверх по цепочке равенств (6), получим, что
rk(x) – делитель для r1(x) и g(x), а следовательно и для f(x). Таким образом,
показано, что r1(x) – общий делитель для f(x) и g(x).
Чтобы доказать что r1(x) – наибольший общий делитель для f(x) и g(x)
возьмём произвольный общий делитель   x  многочленов f(x) и g(x). Из первого
равенства (6) следует, что r1(x) делится на   x  . Тогда из второго равенства (6)
следует, что r2(x) также делится на   x  . Продолжая двигаться по цепочке
308810366
4
равенств (6) придём к выводу, что rk–1(x), а следовательно и rk(x) делится на   x  .
Теперь можно утверждать, что rk(x) – наибольший общий делитель для f(x) и g(x).
Если   x  наибольший общий делитель для f(x) и g(x), то с   x  (с –
произвольное число, отличное от нуля) тоже можно выбрать в качестве
наибольшего общего делителя этих многочленов. Наибольший общий делитель
двух многочленов определен с точностью до множителя нулевой степени. Можно
считать, что старший коэффициент наибольшего общего делителя двух
многочленов всегда равен единице. Отсюда можно сделать заключение, что если
два многочлена взаимно просты, то их наибольший общий делитель равен
единице.
Теорема. Если   x  – наибольший общий делитель многочленов f(x) и g(x),
то можно найти такие многочлены u(x) и v(x), что
f  x u  x   g  x v x     x 
(7)
Если степени многочленов при этом f(x) и g(x) больше нуля, то степень u(x)
меньше степени g(x), а степень v(x) меньше степени f(x).
Доказательство. Рассмотрим последнее равенство (6). Если rk(x) = (х), то
положив u1(x) = 1, v1(x) = –qk(x), получим из предпоследнего равенства (6)
 x   rk 2  x u1 x   rk 1 x v1 x 
Если подставить сюда выражение для rk–1(x) из предыдущего равенства (6), то
можно получить
 x   rk 3  x u 2  x   rk 2  x v 2  x  ,
где u1(x) = v1(x), v2(x) = u1(x) – v1(x)qk–1(x). Продолжая подниматься по равенствам
(6), придём к равенству (7).
(*)
Для доказательства того, что степень u(x) меньше степени g(x), а степень
v(x) меньше степени f(x), предположим, что многочлены u(x) и g(x),
удовлетворяющие равенству (7), найдены, но степень u(x) больше или равна
степени g(x). Тогда имеет место равенство
u(x) = g(x) q(x) + r(x),
(8)
308810366
5
где степень r(x) меньше степени g(x). Если подставить это выражение в(7),
получится
f(x)r(x) + g(x)[ v(x)+ f(x) q(x)] =  (х).
В последнем равенстве множитель r(x) при f(x) имеет степень, меньшую, чем
степень g(x). В квадратных скобках стоит многочлен, степень которого меньше
степени f(x), так как в противном случае степень многочлена в левой части этого
равенства была бы выше или равна степени f(x)g(x), что противоречит
определению  (х).
Теперь можно сформулировать теорему.
Многочлены f(x) и g(x) тогда и только тогда взаимно просты, если можно
найти многочлены u(x) и v(x), удовлетворяющие равенству
f(x)u(x) + g(x) v(x) = 1
(9)
Справедливость второго утверждения очевидна. Для доказательства
первого утверждения предположим, что такие многочлены u(x) и v(x) нашлись, но
f(x) и g(x) имеют общий делитель  (х), степень которого выше нулевой. Тогда
f(x) =  (х) q1(x), g(x) =  (х)q2(x). Подставив это в (9), получим равенство
 (х)[u(x) q1(x)+ v(x) q2(x)] = 1,
что невозможно при сделанных предположениях.
(*)
Пусть дан многочлен f(x). Если f(с) = 0, то с называется корнем многочлена
f(x).
Если делить многочлен f(x) на произвольный многочлен первой степени, то
есть на линейный двучлен, то остаток будет либо некоторым многочленом
нулевой степени (то есть числом, отличным от нуля), либо нулём.
Теорема. Остаток от деления многочлена f(x) на линейный двучлен х – с
равен значению f(с) многочлена f(x) при х = с.
Доказательство немедленно следует из представления
f(x) = (х – с )q (x) + r
Подставляя значение х = с получим
308810366
6
f(с) = (с – с )q (с) + r,
и теорема доказана.
Отсюда вытекает следствие:
Число с тогда и только тогда является корнем многочлена f(x), если
f(x) делится на х – с. С другой стороны, если f(x) делится на некоторый линейный
 b
двучлен ах + b, то делится, очевидно, и на двучлен x     , то есть, на двучлен
 a
вида х – с. Таким образом, разыскание корней многочлена f(x) сводится к
разысканию его линейных делителей.
Если с – корень многочлена f(x), то есть f(с) = 0, то f(x) делится на х – с.
Возможно, что многочлен f(x) делится и на вторую или более высокие степени
х  с. Пусть найдётся такое натуральное число п, что f(x) нацело делится на
(х  с )п, но не делится на (х  с )п + 1. Тогда
f(x) = (х  с )пg(x),
где многочлен g(x) не делится на х – с, то есть не имеет корня х = с. Число п
называется кратностью корня с в многочлене f(x), а сам корень с – п-кратным
корнем этого многочлена. Если п = 1, то говорят, что корень с – простой.
Теорема. Если число с является п-кратным корнем многочлена f(x), то при
п > 1, оно будет (п – 1)-кратным корнем первой производной этого многочлена;
если же п = 1, то с не будет являться корнем для f(x).
Пусть
f(x) = (х  с )пg(x), п  1,
где g(x) не делится на х  с. Дифференцируя последнее равенство, получаем:
f x   x  c n g x   nx  c n1 g x   x  c n1 x  c g x   ngx 
Первое слагаемое суммы, стоящей в квадратных скобках, делится на х – с, а
второе – не делится, поэтому вся сумма не делится на х  с. В результате
получается, что (х  с )п-1 является наибольшей степенью двучлена х  с, на
которую делится многочлен f (x), что и требовалось доказать.
308810366
7
Комплексная функция комплексного переменного х называется непрерывной в точке х0, если для всякого положительного действительного числа  найдётся такое положительное число , что, каково бы ни было приращение h,
модуль которого удовлетворяет неравенству h < , будет справедливым
неравенство
f(x0 + h) – f(x0) < 
Функция f(x) называется непрерывной, если она непрерывна во всех точках х0, в
которых она определена.
Теорема. Многочлен f(x) непрерывен во всех точках комплексной плоскости.
Лемма 1. Если свободный член многочлена f(x) равен нулю, то есть
многочлен имеет вид f(x) = а0хп + а1хп–1 ++ аn – 1, то есть f(0) = 0, то для
всякого  > 0 можно подобрать такое  > 0, что для всех х < , будет
выполняться неравенство f(x) < .
Доказательство леммы. Пусть А = max(а0,а1,,аn – 1). Возьмём произвольное
 > 0. Покажем, что если за число  принять
 = /(А + ),
(10)
то оно будет удовлетворять требуемым условиям.
Очевидна справедливость неравенств
f x   a0 x
n
 a1 x
n1
n
n1
   a n1 x  A x  x
   x  ,


то есть,
f x   A
x x
n1
1 x
Так как x  δ , а из (10) следует, что  < 1,
x x
n1
1 x
откуда следует:

x
1 x
,
308810366
8
ε
Ax
Aδ
f x  

 A A  ε  ε,
ε
1 x 1 δ
1
Aε
и лемма доказана.
Пусть дан многочлен
f x   a 0 x n  a1 x n1    a n1 x  a n
с комплексными коэффициентами. Подставим в него вместо х сумму x + h.
Разложим каждую из степеней x  hk по формуле бинома, и соберём вместе
члены с одинаковыми степенями h
f x  h   f x   hf x  
h2
h n n 


f x    
f x 
2!
n!
Чтобы доказать непрерывность многочлена в произвольной точке х0,
представим последнюю формулу в виде
f x0  h   f x0   c1h  c 2 h 2    c n hn  g h 
Здесь c1  f x0 , c 2  1 / 2!  f x0 ,  , c n  1 / n!  f n  x0 .
Многочлен g(h) не имеет свободного члена, поэтому по лемме 1 для всякого
 > 0 можно подобрать такое  > 0, что при всех h <  будет g(h) < , то есть
f(x0 + h) – f(x0) < 
Из этого следует непрерывность многочлена f(x) в произвольной точке.
Из неравенства
f(x0 + h) – f(x0)   f(x0 + h) – f(x0) < 
*
и доказанной непрерывности многочлена f(x) следует непрерывность модуля
многочлена f(x). Очевидно, что f(x)  – действительная неотрицательная
функция комплексного переменного х.