Элементы алгебры: комплексные числа, системы линейных уравнений, многочлены. Ильин С.Н. - 66 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

множителями многочлена f . Другими словами, p есть k-кратный
множитель для f , если p
k
| f , но p
k+1
- f .
Теорема 6.11 Пусть неприводимый многочлен p ∈ K[X] является
k-кратным множителем многочлена f (k ≥ 1, deg f ≥ 1). Тогда p
есть (k − 1)-кратный множитель многочлена f
0
. В частности, p - f
0
при k = 1.
Доказательство. Согласно условию теоремы имеем f = p
k
g, где p - g .
Тогда
f
0
= kp
k−1
p
0
g + p
k
g
0
= p
k−1
(kp
0
g + pg
0
),
откуда p
k−1
| f
0
. Покажем, что p
k
- f
0
. Действительно, если p
k
| f
0
,
то p | (kp
0
g + pg
0
), значит, p | kp
0
g. Тогда в силу неприводимости p и
факториальности K[X] имеем p | g или p | (kp
0
), но ни то, ни другое
невозможно, так как p - g в силу выбора g и p - (kp
0
), поскольку deg p >
deg(kp
0
) > −∞.C
Следствие 6.12 Корень c ∈ K многочлена f ∈ K[X] не является
простым ⇔ f(c) = f
0
(c) = 0.
Доказательство. (⇒) : f(c) = 0, так как c — корень f . Поскольку c
является k -кратным корнем и k ≥ 2, то f = (X −c)
k
g, так что X −c есть
k-кратный неприводимый множитель f . Согласно теореме 6.11 получаем
(X − c)
k−1
| f
0
, следовательно, f
0
(c) = 0.
(⇐) : Согласно теореме Безу из f(c) = 0 выводим (X−c) | f . Пусть
k — кратность множителя X −c. Тогда X −c является (k −1)-кратным
множителем для f
0
. Но f
0
(c) = 0 влечет (X − c) | f
0
, откуда k − 1 ≥ 1,
значит, k ≥ 2 и, следовательно, корень c не является простым.C
Следствие 6.13 Если f = p
k
1
1
. . . p
k
r
r
— разложение f на неприводимые
множители, то НОД (f, f
0
) = p
k
1
−1
1
. . . p
k
r
−1
r
.
Доказательство. По теореме 6.11 p
k
i
i
| f влечет p
k
i
−1
i
| f
0
. Следовательно,
с учетом неприводимости множителей p
i
имеем f
0
= p
k
1
−1
1
. . . p
k
r
−1
r
g для
некоторого g ∈ K[X], где НОД (p
i
, g) = 1 (i = 1, . . . , r), откуда и
вытекает требуемое утверждение.C
Отметим, что с помощью следствия 6.13 можно найти многочлен h,
являющийся произведением всех неприводимых множителей многочлена
f , а именно,
64
множителями многочлена f . Другими словами, p есть k -кратный
множитель для f , если pk | f , но pk+1 - f .
Теорема 6.11 Пусть неприводимый многочлен p ∈ K[X] является
k -кратным множителем многочлена f (k ≥ 1, deg f ≥ 1). Тогда p
есть (k − 1)-кратный множитель многочлена f 0 . В частности, p - f 0
при k = 1.
Доказательство. Согласно условию теоремы имеем f = pk g , где p - g .
Тогда
                f 0 = kpk−1 p0 g + pk g 0 = pk−1 (kp0 g + pg 0 ),
откуда pk−1 | f 0 . Покажем, что pk - f 0 . Действительно, если pk | f 0 ,
то p | (kp0 g + pg 0 ), значит, p | kp0 g . Тогда в силу неприводимости p и
факториальности K[X] имеем p | g или p | (kp0 ), но ни то, ни другое
невозможно, так как p - g в силу выбора g и p - (kp0 ), поскольку deg p >
deg(kp0 ) > −∞.C
Следствие 6.12 Корень c ∈ K многочлена f ∈ K[X] не является
простым ⇔ f (c) = f 0 (c) = 0.
Доказательство. (⇒) : f (c) = 0, так как c — корень f . Поскольку c
является k -кратным корнем и k ≥ 2, то f = (X −c)k g , так что X −c есть
k -кратный неприводимый множитель f . Согласно теореме 6.11 получаем
(X − c)k−1 | f 0 , следовательно, f 0 (c) = 0.
      (⇐) : Согласно теореме Безу из f (c) = 0 выводим (X −c) | f . Пусть
k — кратность множителя X − c. Тогда X − c является (k − 1)-кратным
множителем для f 0 . Но f 0 (c) = 0 влечет (X − c) | f 0 , откуда k − 1 ≥ 1,
значит, k ≥ 2 и, следовательно, корень c не является простым.C
Следствие 6.13 Если f = pk11 . . . pkr r — разложение f на неприводимые
множители, то НОД (f, f 0 ) = pk11 −1 . . . pkr r −1 .
Доказательство. По теореме 6.11 pki i | f влечет pki i −1 | f 0 . Следовательно,
с учетом неприводимости множителей pi имеем f 0 = pk11 −1 . . . pkr r −1 g для
некоторого g ∈ K[X], где НОД (pi , g) = 1 (i = 1, . . . , r ), откуда и
вытекает требуемое утверждение.C
       Отметим, что с помощью следствия 6.13 можно найти многочлен h,
являющийся произведением всех неприводимых множителей многочлена
f , а именно,

                                      64

Страницы