Вопросы к гос. экзамену по дисциплине "Математика – Алгебра" - (шпаргалка)
p>рассмотрим f(x)=a1x+a0, degf(x)=1. Предположим, что f(x) – приводим. Тогда по определению приводимого многочлена f(x)=f1(x)f2(x), где degf1(x)>0, degf2(x)>0. Однако по условию degf(x)=1=1+0=0+1, то есть degf1(x)=0Иdegf2(x)=0, что противоречит свойству степеней. Полученное противоречие и доказывает неприводимость многочлена (а1х+а0).Пусть deg f(x)>1, тогда по основной теореме алгебры он обладает корнем. Пусть таким корнем будетх=а. По следствию из теоремы Безу: f(x)=(x-a)f1(x). Так как deg(x-a)=1, degf(x)>1, deg(x-a)f1(x)=deg(x-a)+degf1(x), то degf(x)>0; то есть f(x) – приводим, что противоречит условию. Таким образом, неприводимым над полем С является только многочлен первой степени. Следствие 4. Если f(x)ОC[x], degf(x)=nі1, то его можно представить в виде: с(x-a1)(x-a2).... (x-an), (*)
где ai – корни его, а сОС.
g Пусть f(x)=c1x+c0=c1=c1(x-a1), где , то есть для многочлена f(x) утверждение верно: он представляется в виде (*) и а1– корень его, а с1– старший коэффициент. Далее, проведем доказательство методом математической индукции. Пусть теорема верна для многочлена степени меньшей или равной (n-1), то есть f(x)=c(x-a1).... (x-an-1), где a1, a2, .... , an-1– его корни, а с – старший коэффициент. Пусть f(x) – неприводим, а это возможно только для n=1, для этого случая теорема верна. Либо f(x) – приводим, тогда f(x)=g(x)h(x), где степени g(x) и h(x) меньше n, для них теорема верна. В силу свойства степени f(x)=c(x-a1).... (x-an), то есть множителей будет ровно n. По следствию из теоремы Безу аi – корни f(x), если расткрыть скобки в правой части и воспользоваться равенством многочленов, тос – старший коэффициент f(x). Теорема доказана. Из этого в следствии с необходимостью вытекает еще два.
Следствие 5. Количество комплексных коней многочлена f(x)ОC[x] совпадает с его степенью. Следствие 6. Любой многочлен f(x)ОC[x] положительной степени n можно представить в виде: f(x)=c(x-a1)a1(x-a2)a2.... (x-ak)ak, где a1+.... +ak=n, ai –его корни. Такое представление носит название канонического. Возможность такого представления вытекает из следствия (4) и допустимости повторяющихся корней, то есть кратных корней многочлена.
В теории многочленов над Симеет место теорема, устанавливающая связь между корнями многочлена и его коэффициентами.
Теорема 7. Пусть f(x)ОC[x], degf(x)=n, an=1 (то есть f(x) – нормирован), тогда как известно, f(x)=(x-a1)(x-a2).... (x-an), где имеет место соотношение: а0 = (-1)n a1 a2 .... an;
a1= (-1)n-1 (a1a2 .... an-1+ .... + a2a3 .... an);
... ... ... ... .
an-2= a1a2+ a1a3+ .... + an-1an ;
an-1= -(a1+ a2+ .... +an);
эти соотношения называются формулами Виета. Однако, справедливости ради, надо отметить, что Виет нашел эту зависимость только для случая положительных корней, в общем виде эта теорема установлена А. Жирарое.
Вопрос 12 Кольцо многочленов над полем действительных чисел (R). В алгебре имеет место теория многочленов. Многочлен введен по определению как выражениеf(x)=anxn+an-1xn-1+.... +a1x+a0, где aiОK – кольцо, x0=1, 1·x= x. Введение операций “+” и “ґ” многочленов позволило построить алгебру многочленов, которой является кольцо многочленов над кольцомК и обозначается К[x]. Особый интерес представляет теория многочленов, когда вместо кольца К взято поле. Такими числовыми полями являются C, R, Q. В силу существования операции деления в поле, стало возможным рассматривать два взаимосвязанных вопроса в теории многочленов: корни многочлена и разложение многочлена на неприводимые многочлены.
Рассмотрим решение этой проблемы для кольца многочленов над R. Теорема 1. Комплексные корни f(x)ОК[x], то есть с действительными коэффициентами попарно сопряженными. n Пусть f(x)ОК[x], и пусть z=a+bi; a, bОR комплексное число, являющееся корнем f(x), причем degf(x)і2 в противном случае f(x) комплексных корней иметь не может. Покажем, что =a–bi, b№0 тоже является корнем f(x). f()=ann+an-1n-1+.... +a1+a0= (воспользуемся свойством сопряжения) = =, то есть является корнем f(x), что и требовалось доказать. Рассмотренная выше теорема позволяет доказать теорему о неприводимом многочлене изR[x]. Напомним определение приводимого и неприводимого многочленов. f(x)называется неприводимым, если его можно представить в виде произведения двух многочленов меньшей положительной степени и неприводимым, если этого сделать нельзя.
Рассмотрим f(x)= a1x+a0, aiОR. его нельзя представить в виде произведения двух многочленов меньшей положительной степени в силу того, что1=1+0=0+1.
Решать будем вопрос о приводимости и неприводимости многочлена f(x)ОR[x] степени большей или равной 2. Теорема 2. Неприводимый многочлен f(x)ОR[x], degf(x)=nі2 ассоциирован с многочленами (x-a)2+b2, где x=a+bi комплексный его корень. n Пусть f(x)ОR[x], degf(x)=nі2, пусть x=a+bi, b№0 – корень f(x), он неприводим. Прежде всего отметим, что у такого многочлена нет действительных корней, иначе быf(x)=(x-a) f1(x) (следствие из теоремы Безу), что противоречило бы его неприводимости. По теореме о сопряженности мнимых корней многочлена с действительными коэффициентамиf(x) обладает еще одним корнем x2=a–bi, где x2=. Рассмотрим (x-x1)(x-x2)=(x-a)2+b2. (*) Разделим f(x) на многочлен (*), получим:
f(x)=[(x-a)2+b2]g(x)+r(x).
Так как степень делителя равна 2, то degr(x)
Это означает, что f(x)M (*). Но f(x) – неприводим, потом deg g(x)=0, то есть g(x)ОR. Что и подтверждает ассоциированность f(x) и (*). Теорема 3. Рассмотренная выше теорема позволит сделать ряд выводов: Неприводимыми многочленами над R могут быть многочлены не выше второй степени. Многочлен f(x)ОR[x], degf(x)і1 может быть представлен в виде: , где если среди корней есть кратные, то можно представить и в виде (*): , где Si – кратности корней, а tj –кратности сопряженных мнимых его корней. Представление (*) называется каноническим представлениемf(x).
Теорема 4. Теоремы (1), (3) позволяют сделать с очевидностью вывод о том, что четность действительных корней совпадает с четностью его степени.
Вопрос 13. Кольцо многочленов над полем рациональных чисел (Q). Теория многочленов утверждает, что множество многочленов f(x) = an xn + …+ a1 x + a0, где ai ? K – кольцо, x0=1, x? K, 1•x=x с операциями сложения и умножения образуют кольцо многочленов над кольцом K и обозначают K[x]. Особый интерес представляет теория многочленов, когда вместо кольца K рассматривается поле P. В силу того, что в поле Pесть операция деления, становится возможным построить теорию корня многочленов и теорию приводимых и неприводимых многочленов. Рассмотрим, как решается эта проблема вQ[x].
Напомним, что корнем f(x) называется такое число x=a, что f(a)=0. f(x) называется неприводимым, если его нельзя представить в виде двух многочленов меньшей положительной степени, в противном случае его называют приводимым. Итак, пусть Q[x], f(x)? Q[x], где f(x) = an xn + …+ a1 x + a0 …(1), сформулируем и докажем теорему о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами. Если многочлен имеет рациональные коэффициенты, то он легко преобразуется к ему ассоциированному с целыми коэффициентами. Поэтому теорию существования и нахождения корнейf(x)? Q[x] рассматривают именно для такого варианта, т. е. f(x)? Q[x], а ai ? Z. Теорема 1: Если ? Q, где (p, q)=1, является корнем многочлена (1)… f(x) = an xn + …+ + a1 x + a0, ai ? Z, то p является делителем свободного члена, а q-делителем старшего коэффициента an. ¦ Если ? Q корень f(x), то f =0. Подставим в (1) вместо x, получим 0= an + …+ a1 + a0, приведём к общему знаменателю, получим 0= an pn + an-1 pn-1 q+…+ a1 p qn-1 + a0 qn …(2).
Преобразуем (2):
2. 1: 0 = an pn + q(an-1 pn-1 +…+ a1 p qn-2 + a0 qn-1) ? an pn + q Q? q, qQ? q ? an pn ? q, (p, q)? > an? q, т. е. q-делитель старшего коэффициента; 2. 2: 0 = p(an pn-1 +…+ a1 qn-1 ) + a0 qn) ? pQ + a0 qn? p, pQ? p, ? a0 qn? p, (q, p)=1 ? a0 ? p, т. е. p-делитель свободного члена, что и доказывает теорему. Следствие 2: Если f(x)? Q[x], а ai ? Z, an=1, то он обладает только целыми корнями, которые находятся среди делителей свободного члена.
Истинность этого утверждения очевидна в силу того, что an=1, а делители 1 являются только ±1, следовательно, q=±1 и ? Z. Т. к. = ± p? Z находятся среди делителей, то утверждение верно. Решим проблему неприводимости многочлена из Q[x], вернее о степени такого многочлена. Решение этой проблемы предложено Эйзенштейном и носит название критерий Эйзенштейна о неприводимости многочлена вQ[x]. Заметим, что решение этой проблемы тоже есть смысл рассматривать для f(x)? Z[x], поскольку Q является полем частных области целостности Z. Теорема 3: Пусть f(x)= cn xn + …+ c1 x + c0, ci ? Z. Пусть все коэффициенты f(x), кроме старшего, делятся на p2. Тогда f(x) неприводим в Z[x]. ¦ Доказательство проведём методом от противного.
Пусть f(x)? Q[x] или f(x)? Z[x] приводим, т. е. существуют такие g(x), h(x)? Z[x], что f(x) = (a0 +…+ak xk )(b0 +…+ bm xm) = g(x)·h(x), (ak ? 0, bm ? 0, k + m = n, причем 1? k, m
Вопрос 14. Простое алгебраическое расширение поля.
Пусть дано поле P. P[x]- кольцо многочленов от одной переменной над полем P. Обратимся к понятию алгебраической замкнутости поля P. Напомним, что поле Р называется алгебраически замкнутым, если любой многочлен f(x)ОP[x] обладает хлтя бы одним корнем. Введем такое понятие: элемент aОР называется алгебраическим над полем Р, если существует f(x)ОP[x], для которого a является корнем. Пусть дано поле Р и aПР, aОF – поле.
Определение 1. Простым расширением поля Р с помощью элемента a называется наименьшее подмножество поля F, содержащее Р и a. Простое расширение поля Р с помощью aОF обозначается Р(a). В вопросе решается проблема о строении Р(a)и возможности применения этой теории для освобождения знаменателя дроби от алгебраической иррациональности. Для решения обозначенной проблемы рассмотримР[a]={f(a)/f(x)ОP[x]}, где Р[a]={a0+a1a+.... +anan/aiОP, nОN}. Легко проверить, что Р[a] подкольцо поля Р(a).
