5. Полиномы

5.1. Полиномы над кольцом.

Пусть R - некоторое кольцо. Полиномом (или многочленом) над R от x называется формальное выражение вида

где , а x - символ, который мы будем называть неизвестным или неизвестной. Здесь + и xⁱ означают пока просто символы, используемые в записи полинома; при желании вместо (1) можно было бы использовать, например, строку (a₀, a₁ ,a₂ ,...,a_n ) длины n+1 над R.

Элементы a₀, a₁ ,a₂ ,...,a_n называются коэффициентами полинома f(x), при этом говорят, что a_i - коэффициент при i-й степени x, а a₀ - свободный коэффициент.

Два полинома f(x) = a₀ + a₁x + a₂x² + ... + a_nxⁿ и g(x) = b₀ + b₁x + b₂x² + ... + b_mx^m равны, если (при ) a₀ =b₀, a₁ =b₁, ..., a_n =b_n, b_i = 0 при i>n. Таким образом, f(x) = a₀ + a₁x + a₂x² + ... + a_nxⁿ = a₀ + a₁x + a₂x² + ... + a_nxⁿ + 0xⁿ⁺¹ = a₀ + a₁x + a₂x² + ... + a_nxⁿ + 0x^{n + 1} + 0x^{n + 2} = ...

Вообще, при записи полинома пропускают все "слагаемые" вида 0xⁱ. Исключение составляет нулевой полином 0 = 0 + 0x = ..., все коэффициенты которого равны 0.

Если в (1) , то n называют степенью (обозначение стf), а коэффициент a_n - старшим коэффициентом полинома f = f(x). Нулевой полином не имеет степени, однако для единообразия формулировок иногда удобнее считать, что его степень равна . Многочлен a = a + 0x будем отождествлять с элементом a из R. Вместо (1) часто используется запись .

5.1.1. Кольцо полиномов.

Множество всех полиномов от x над кольцом R обозначим через R[ x]. Пусть . Определим сумму f(x)+g(x) как полином s(x) = $s(x) = \sum_{i=0}^ns_ix^i$ (по определению равенства двух полиномов можно считать, что m=n), где $s_i = a_i +b_i\ (i = 0,1,...,n)$. Определим произведение $f(x)\cdot g(x)$ как многочлен $p(x) = \sum_{i=0}^{n+m}p_tx^t$ , где $p_t = \sum_{i+j=t}a_ib_j$ . Здесь мы в соответствии с определением равенства многочленов считаем, что a_i =b_j =0 при i>n, j>m.

Теорема.Пусть R -- кольцо. Тогда R[ x] -- кольцо. Если R коммутативно, то R[x] коммутативно. Если R -- кольцо с 1, то R[x] -- кольцо с единицей.

Доказательство. Непосредственнная проверка аксиом.

Предложение. Степень суммы многочленов не превосходит максимума степеней слагемых. Степень произедения не превосходит суммы степеней сомножителей. Если R -- кольцо с 1 и один из старших коэффициентов сомножителей в произведении двух многочленов обратим, то степень произведения равна сумме степеней сомножителей и старший коэффициент произведения равен произведению старших коэффициентов соможителей.

Доказательство -- по определению суммы и произведения.

5.2. Кольцо многочленов над полем. Деление с остатком.

До конца главы k будет обозначать некоторое поле. Из теоремы и предложения предыдущего параграфа вытекает, что k[ x] -- коммутативное кольцо с 1, степень произведения в кольце k[ x] всегда равна сумме степеней сомножителей и старший коэффициент произведения равен произведению старших коэффициентов сомножителей. В частности, многочлен тогда и только тогда обратим в кольце k[x], когда его степень равна нулю.

Теорема. Пусть $f(x) = \sum_{i=0}^na_ix^i,\ g(x) = \sum_{i=0}^mb_ix^i\in k[ x],\ g(x)\neq 0$. 1. Существуют такие $h,r\in k[x]$, что f=hg+r и стr< стg или r=0. 2. Многочлены h и r определяются однозначно по полиномам f и g. Полином h называется (неполным) частным, а r -- остатком от деления f на g .

Доказательство. 1. Индукция по стg . Если стf< стg, то f=0g+f и h=0,r=f. Пусть теорема доказана для всех пар (f₁,g) , где стf₁< стf . Можно считать, что $a_n\neq 0\neq b_m$ . Положим f₁=f-(a_n/b_m)x^n-mg . Тогда $стf_1\leq n$ и коэффициент многочлена f₁ при xⁿ равен 0, поэтому стf₁<n и по индукции f₁=h₁g+r , где r=0 или стr<m . Но тогда f=hg+r , где h=h₁+(a_n/b_m)x^n-m. 2. Пусть hg+r=h₁g+r₁ , где каждый из полиномов r,r₁ удовлетворяет условию б). Тогда (h-h₁)g=r₁-r . Если $h-h_1\neq0$ , то $ст((h-h_1)g)\geq m$, а ст(r₁-r)<m . Поэтому h-h₁=0 , откуда r₁-r=0. Теорема доказана.

5.3. Делители многочлена. Наибольший общий делитель.

Пусть $f,g\in k[x]$. Скажем, что f делит g (или g делится на f), если найдется $h\in k[x]$, для которого g=hf. Отметим, что 0 делится на любой многочлен и, если 0 делит g, то g=0. Если $f\neq 0$, то g делится на f тогда и только тогда, когда остаток от деления g на f равен 0.

5.3.1. Упражнения. Доказать следующие утверждения для полиномов над полем k: 1. Если f делится на g, g делится на h, то fделится на h. 2. Если полиномы f₁,...,f_n делятся на h , то для любых полиномов u₁,...,u_n полином f₁u₁+...+f_nu_n делится на h. 3. Полином нулевой степени делит любой полином. 4. Если g делит f и степени g и f равны, то f = ag, где $a\in k, a\neq 0$. 5. Два полинома тогда и только тогда делятся друг на друга, когда они отличаются множителем нулевой степени.

5.3.2. Наибольшим общим делителем полиномов f и g называется любой полином d, обладающий следующими двумя свойствами: а) d делит и f, и g, б) d делится на любой полином, делящий и f, и g. Пункт 5 упражнения 5.3.1. показывает, что два наибольших общих делителя двух данных многочленов отличаются множителем нулевой степени и произведение наибольшего общего делителя на многочлен нулевой степени снова является наибольшим общим делителем тех же многочленов. В частности, если существует наибольший общий делитель многочленов f и g, то существует и их (однозначно определенный) наибольший общий делитель, старший коэффициент которого равен 1. Этот наибольший общий делитель обозначается символом (f,g). Следующий результат показывает, что наибольший общий делитель всегда существует, и дает алгоритм для его вычисления.

5.3.3. Теорема (алгоритм Евклида). Пусть $f_1,f_2 \in k[x], f_2\neq 0$. Определим полином f_n, если уже определены полиномы f_n-2, f_n-1 и $f_{n-1}\neq 0$, с помощью следующего условия (n):

$$f_{n-2} = h_nf_{n-1}+f_n,\mbox{ степень } f_n\mbox{ меньше степени } f_{n-1}.$$

1. Наибольший общий делитель полиномов f₁,f₂ существует: им является полином f_m, для которого f_m+1=0. 2. Существуют такие полиномы u₁,u₂, что

(f₁,f₂)=u₁f₁+u₂f₂.

Доказательство. 1. Поскольку степень f_n меньше степени f_n-1 для всех n, найдется натуральное число m (не превосходящее степень полинома f₂), что $f_m\neq 0,f_{m+1}=0$. Тогда f_m делит f_m-1 и равенства (m),(m-1),...,(3) последовательно показывают, что f_m делит f_m-2,f_m-3,...,f₁. Далее, если полином t делит f₁ и f₂, то равенства (3),(4),...,(m) показывают, что t делит f₃,f₄,...,f_m. Это заканчивает проверку того, что f_m -- наибольший общий делитель полиномов f₁,f₂. 2. С помощью равенств (m),(m-1),...,(3) последовательно представим f_m в виде f_m=v_n-2f_n-2+v_n-1f_n-1, n=m,m-1,...,3 и тем самым получим 2. Теорема доказана.

5.3.4. Упражнение. Полиномы u₁,u₂ можно выбрать так, чтобы степень u_i была меньше f_3-i,i=1,2, и этим условием полиномы u₁,u₂ определяются однозначно. Доказать.

5.4. Взаимно простые полиномы. Говорят, что полиномы f и g взаимно просты, если (f,g)=1.

5.4.1. Теорема. Полиномы f и g взаимно просты $\Longleftrightarrow$ существуют полиномы u,v, для которых uf+vg=1.

Доказательство. $\Rightarrow$ следует из теоремы 5.3.3. $\Leftarrow$ . Если uf+vg=1, то (f,g) делит 1. Теорема доказана.

5.4.2. Теорема. 1. Если (f,g_i)=1, i=1,2,...,r, то $(f,g_1g_2\cdots g_r)=1$. 2. Если полином f делит произведение hg полиномов h,g и взаимно прост с g , то f делит h. 3. Если каждый из попарно взаимно простых полиномов g_i=1, i=1,2,...,r делит полином f, то произведение $g_1g_2\cdots g_r$ делит f.

Доказательство. 1. Достаточно доказать утверждение при r=2, а затем получить общий результат тривиальной индукцией по r. По теореме 5.4.1 существуют такие полиномы u₁,v₁,u₂,v₂, что u₁f+v₁g₁=1, u₂f+v₂g₂=1. Отсюда $u_1f+v_1g_1(u_2f+v_2g_2)=1=\ast f+\ast g_1g_2$, где $\ast$ означает некоторые полиномы. По теореме 5.4.1 (f,g₁g₂)=1. 2. По теореме 5.4.1 существуют полиномы u,v, что uf+vg=1. Отсюда ufh+vgh=h и f делит каждое слагаемое левой части последнего равенства, то есть делит правую часть. 3. Достаточно рассмотреть случай двух полиномов. Имеем: g₂ делит f=g₁h₁. По 2 g₂ делит h₁. Теорема доказана.

5.5. Неразложимые полиномы. Полином f называется разложимым в k[x] (или над k), если f=gh, где g,h -- полиномы из k[x] , степень каждого из которых меньше степени f. Полином неразложим над k, если он не является разложимым над k.

5.5.1. Упражнение. Пусть f -- неразложимый полином над k. Доказать следующие утверждения: 1. af неразложим для любого $a\in k$. 2. Если $g\in k[x]$, то либо f делит g, либо f взаимно прост с g. 3. Если g -- ненулевой полином степени, меньшей степени f, то (f,g)=1.

5.5.2. Теорема. Пусть f -- ненулевой полином из k[x]. 1. Существуют такие неразложимые полиномы $p_1,...,p_s\in k[x]$, каждый из которых имеет ненулевую степень и равный единице старший коэффициент, и такой элемент a из k, что $f=ap_1\cdots p_s$. 2. a,p₁,...,p_s с точностью до порядка однозначно определяются полиномом f.

Доказательство. 1. Утверждение очевидно для полиномов нулевой степени (в этом случае s=0) и неразложимых полиномов (в этом случае s=1). В общем случае утверждение тривиально доказывается индукцией по степени f. 2. Пусть

$$f=ap_1\cdots p_s=bq_1\cdots q_r,$$

где p₁,...,p_s,q₁,...,q_r неразложимы и с единичными старшими коэффициентами. Можно считать, что $s\leq r$. Очевидно, a=b -- старший коэффициент f и $a(p_1\cdots p_s-q_1\cdots q_r)=0$, откуда $p_1\cdots p_s=q_1\cdots q_r$. Применим индукцию по s. Если s=0, то r=0, иначе слева стоит полином нулевой степени, а справа -- степени, большей, чем 0. Пусть s>0. Так как p₁ делит $q_1\cdots q_r$, найдется j, что $(p_1,q_j)\neq1$. Можно считать, что j=1. Так как p₁,q₁ неразложимы и их старшие коэффициенты равны 1, p₁=q₁. Отсюда $p_1(p_2\cdots p_s-q_2\cdots q_r)=0$ и $p_2\cdots p_s=q_2\cdots q_r$. По индукционному предположению s=r и набор $\{ p_2,...,p_s\}$ совпадает с набором $\{ q_2,...,q_r\}$. Теорема доказана.

5.6. Корни и значения.

Пусть $f = a_0 +a_1 x+a_2 x^2 +...+a_n x^n\in k[x]$. Значением полинома f в точке $b\in k$ (или на b, или при x=b) называется элемент $f(b)\in k$, равный a₀ +a₁ b+a₂ b² +...+a_n bⁿ. Элемент b называется корнем полинома f, если f(b)=0.

5.6.1. Упражнение. Если h=f+g, u=fg, то h(b)=f(b)+g(b),u(b)=f(b)g(b) для любого элемента $b\in k$. Доказать.

5.6.2. Теорема Безу. Значение полинома f в точке b равно остатку от деления f на x-b. Элемент b из k является корнем $f\Longleftrightarrow f$ делится на x-b.

Доказательство. Подставив b в равенство

$$f=u(x-b)+r,\ где\ стr<1,$$

получим требуемое.

5.7. Производная. Кратные корни.

Производной полинома f = a₀ +a₁ x+a₂ x² +...+a_n xⁿ называется полином $f^{\prime} = a_1 +2a_2 x +...+na_n x^{n-1}$.

5.7.1. Упражнения. Доказать следующие утверждения: 1. $(f+g)^{\prime}=f^{\prime}+g^{\prime}$. 2. $(fg)^{\prime}=f^{\prime}g+fg^{\prime}$. 3. $((x-b)^n)^{\prime}=n(x-b)^{n-1}$, если $b\in k$.

Элемент $b\in k$ называется корнем кратности m для ненулевого полинома f, если f делится на (x-b)^m, но не делится на (x-b)^m. Корень кратности 1 называется простым корнем, корень кратности m>1 называется кратным корнем. Корень кратности 0 корнем не является.

5.7.2. Теорема. Пусть k -- числовое поле (то есть k -- подполе поля C). 1.Если элемент b из k является корнем кратности m для ненулевого полинома f, то b -- корень кратности m-1 для $f^{\prime}$ . 2. Любой корень ненулевого полинома f является корнем полинома $f_1=f/(f,f^{\prime})$ и все корни f₁ простые.

Доказательство. 1. Если f=(x-b)^mh, где h не делится на x-b, то $f^{\prime}=(x-b)^{m-1}u$, где $u=mh+(x-b)h^{\prime}$. Полином u не делится на x-b, так как $m\neq 0$ и h не делится на x-b. 2. Если b -- корень кратности m>0 для f, то по 1 (x-b)^m-1 делит $(f,f^{\prime})$, а (x-b)^m не делит $(f,f^{\prime})$, поэтому b -- простой корень f₁. Для полинома f определим f⁽⁰⁾ как f, f⁽¹⁾ как $f^{\prime}$ и, вообще, f⁽ⁱ⁺¹⁾ как $(f^{(i)})^{\prime}$.

5.7.3. Упражнение. Для любого полинома f степени $\leq n$ над числовым полем k и любого элемента b из k доказать справедливость следующей формулы Тейлора:

$$f=\sum_{i=0}^{n} {\frac{f^{(i)}(b)}{i!}}(x-b)^i$$

(здесь 0!=1=(x-b)⁰). Указание. Заметить, что степень полинома $g=f-{\frac{f^{(n)}(b)}{n!}}(x-b)^n$ меньше n и что f⁽ⁱ⁾(b)=g⁽ⁱ⁾(b) при i<n. Затем использовать индукцию по n.

5.7.4. Теорема. 1. Если f -- ненулевой полином степени n, то существует не более n корней полинома f. 2. Если f и g -- полиномы степени <n, значения которых совпадают в n различных точках, то f=g. 3. (Интерполяционная формула Лагранжа). Пусть f -- полином степени <n над $k,\ b_1,...,b_n$ -- различные элементы из k и $c_i=f(b_i),\ i=1,...,n$. Тогда

$$f=\sum_{i=1}^{n} c_i\frac{(x-b_1)\cdots (x-b_{i-1})(x-b_{i+1... ...{(b_i-b_1) \cdots (b_i-b_{i-1})(b_i-b_{i+1})\cdots (b_i-b_n)}.$$

Доказательство. 1. Если b₁,...,b_r -- все различные корни f, то (x-b_i,x-b_j)=1 при $i\neq j$ и поэтому $f=(x-b_1)\cdots (x-b_r)h$. Отсюда следует, что степень f больше или равна r. 2. f-g -- полином степени <n, имеющий n различных корней, поэтому по 1 f-g=0. 3. Обозначим правую часть формулы через g. Легко заметить, что g -- полином степени <n, значение которого в каждой точке b_i совпадает с f(b_i). По 2 f=g.

5.7.5. Теорема. Пусть k -- числовое поле. 1. Пусть a,a₁,...,a_n -- попарно различные элементы из $k,\ b_0,..., b_r\in k,\ m_1,...,m_n$ -- целые неотрицательные числа. Положим $d=\prod_{i=1}^{n} (x-a_i)^{m_i}$. Существует полином $h\in k$ степени $\leq r$, для которого полином f=hd при всех j=0,...,r обладает свойством: f^(j)(a)=b_j. 2. (Интерполяционный полином Лагранжа - Сильвестра). Пусть a,a₁,...,a_n -- попарно различные элементы из $k,\ b_{i0},...,b_{ir_i}\in k\ (i=1,...,n)$. Существует однозначно определенный полином f над k степени $< \sum_{i=1}^{n} (r_i+1)$, для которого

$$f^{(s)}(a_i)=b_{is}\ (i=1,...,n,\ s=0,...,r_i)$$

.

Доказательство. 1. Индукция по r. Если r=0, то в качестве h можно взять b₀/d(a). Пусть уже найден полином g=ud, где u -- полином степени <r, обладающий свойством

$$g^{(t)}(a)=b_t\ (t=0,...,r-1).$$

Тогда полином f=(u+c_r(x-a)^r)d =g+c_r(x-a)^rd также обладает этим свойством при любом $c_r\in k$. Кроме того,

f^(r)= (ud)^(r)+(c_r(x-a)^rd)^(r)=(ud)^(r)+c!d+(x-a)v,

где $v\in k[x]$, и поэтому f^(r)(a)=(ud)^(r)(a)+c!d(a). Таким образом, достаточно взять c_r=(b_r-(ud)^(r)(a))/r!d(a). 2. По пункту 1. можно для любого i=1,...,n найти такой полином h_i степени $\leq r_i$, что полином

$$f_i=h_i\prod_{j\neq i} (x-a_j)^{r_j+1}$$

обладает свойством

$$f_i^{(t)}(a_i)=b_{it}\ (t=0,...,r_i),$$

$$f_i^{(t)}(a_j)=0\ (j\neq i,\ t=0,...,r_j).$$

Кроме того, очевидно, что степень f_i меньше $\sum_{i=1}^{n} (r_i+1)$. Поэтому f=f₁+...+f_n -- искомый полином. Если g -- еще один полином с теми же свойствами, то (f-g)^(s)(a_i)=0 для всех i=1,...,n и всех s=0,...,r_i, поэтому f-g по теореме 5.7.2 делится на $\prod_{i=1}^{n} (x-a_i)^{r_i+1}$, а поскольку его степень меньше $\sum_{i=1}^{n} (r_i+1)$, то f-g=0. Теорема доказана.

5.8. Существование корня полинома в расширении поля.

Поле K называется расширением поля k, если k -- подполе поля K, то есть $k\subseteq K$ и ограничение каждой операции поля K на множестве k совпадает с соответствующей операцией поля k. В частности, если K -- расширение k, то k[x] -- подкольцо в K[x].

Теорема. Пусть $f\in k[x]$ и степень f больше нуля. 1. Существует расширение K поля k и элемент b из K, для которого f(b)=0. 2. Существует расширение K поля k и элементы $b_1,...,b_n\in K$, что

$$f=a(x-b_1)\cdots (x-b_n),$$

где a -- старший коэффициент f.

Доказательство. 1. По теореме 5.5.2 $f=ap_1\cdots p_s$, где p₁ -- неразложимый полином степени >0 со старшим коэффициентом, равным 1. Поскольку любой корень p₁ является корнем f, достаточно доказать теорему для случая, когда f=p₁, то есть когда f -- неразложимый полином со старшим коэффициентом, равным 1. Пусть f(x) = a₀ +a₁ x+a₂ x² +...+xⁿ. Положим $K=\{ h\in k[y]\mid степень\ h<n\}$. В качестве операции сложения возьмем обычную операцию + сложения полиномов, а операцию умножения $\circ$ определим следующим правилом: $h\circ g$ есть остаток от деления h(y)g(y) на f(y). Непосредственно проверяется, что операции сложения и умножения в K коммутативны и ассоциативны и что справедлив закон дистрибутивности. Нуль 0 и единица 1 поля k являются, соответственноб нулем и единицей поля K. Кроме того, для любого h из K существует противоположный элемент -h. Осталось проверить существование обратного элемента для любого ненулевого элемента h из k. Поскоьку степень h меньше n и f неразложим, из упражнения 5.5.1 (3) следует, что ((h(y),f(y))=1 и, значит, по теореме 5.3.3 и упражнению 5.3.4 существуют полиномы $u,v\in k[x]$, что степень u меньше n и hu=-fv+1. Это означает, что $h\circ u=1$ и u -- обратный элемент к h в k. Нулевой полином и полиномы нулевой степени из K являются элементами из k, поэтому K -- расширение k. Положим $b=y\in K$. Тогда

$$f(y) = a_0 +a_1\circ y+a_2\circ y\circ y +...+ \underbrace{y\circ ...\circ y}_{n\ раз}=$$

$$=a_0 +a_1 y+a_2 y^2 +...+a_{n-1}y^{n-1}+y^{n-1}\circ y=$$

=a₀ +a₁ y+a₂ y² +...+a_n-1y^n-1-

-(a₀ +a₁ y+ a₂ y² +...+a_n-1y^n-1)=0,

поскольку -(a₀ +a₁ y+a₂ y² +...+a_n-1y^n-1) -- остаток от деления yⁿ на =a₀ +a₁ y+a₂ y² +...+a_n-1y^n-1+yⁿ. 2. Индукция по степени f. По 1 существует элемент b₁ в некотором расширении K₁ поля k, для которого f=f₁(x-b₁), где $f_1\in K_1[x]$. По индукции существует расширение K поля K₁, для которого $f_1=a(x-b_2)\cdots (x-b_n)$, где $b_2,...,b_n\in K,\ a$ -- старший коэффициент f₁ = старший коэффициент f. Тогда K -- расширение $k,\ b_1\in K$ и $f=a(x-b_1)\cdots (x-b_n)$. Теорема доказана. Поле K из пункта 2 теоремы называется полем разложения полинома f над k.

5.9. Формулы Виета. Из равенства

$$f(x) = a_0 +a_1 x+a_2 x^2 +...+a_nx^n=a_n(x-b_1)\cdots (x-b_n),$$

где $a_n\neq 0$ и b₁,...,b_n -- все корни f с учетом их кратностей, вытекают равенства

$$\sum_{1\leq i_1<i_2<...<i_t\leq n}{b_{i_1}b_{i_2}\cdots b_{i_t}}= (-1)^{n-t}a_{n-t}/a_n,$$

которые называются формулами Виета для полинома f.

5.10. Полиномы от нескольких неизвестных.

Пусть x₁,x₂,...,x_n -- неизвестные (переменные), k -- поле. По индукции определим кольцо k[x₁,x₂,...,x_n] полиномов от x₁,x₂,...,x_n как k[x₁,x₂,...,x_n-1][x_n]. Каждый полином от x₁,x₂,...,x_n является суммой конечного числа мономов вида $ax_1^{m_1}x_2^{m_2}\cdots x_n^{m_n}$, где $a\in k,\ m_1,...,m_n$ -- целые неотрицательные числа. Строка (m₁,...,m_n) называется степенью монома $ax_1^{m_1}x_2^{m_2}\cdots x_n^{m_n}$. Упорядочим степени по правилу: (m₁,...,m_n)>(p₁,...,p_n) , если m₁>p₁ или если найдется натуральное число s<n, что m₁=p₁,...,m_s=p_s,m_s+1>p_s+1. Ясно, что из двух разных степеней одна больше другой и отношение ">" для степеней транзитивно. Старшим мономом полинома назовем его моном наибольшей степени. Степенью полинома назовем степень его старшего монома. Из определения легко следует, что старший моном произведения полиномов равен произведению старших мономов сомножителей.

5.10.1. Симметрические полиномы. Подстановкой чисел 1,2,...,n называетсся любое взаимно однозначное отображение множества $M=\{ 1,...,n\}$ на себя, то есть функция $\sigma$, заданная на M и принимающая значения в M, для которой $\sigma (i)\neq\sigma (j)$, если $i\neq j$. Полином f(x₁,...,x_n) называется симметрическим, если $f(x_{\sigma (1)},...,x_{\sigma (n)})=f(x_1,...,x_n)$ для любой подстановки $\sigma$.

5.10.2. Примеры. 1. Полиномы

$$s_t(x_1,...,x_n)=\sum_{1\leq i_1<i_2<...<i_t\leq n} {x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_t}}$$

являются симметрическими. Они называются основными (или элементарными) симметрическими полиномами от x₁,...,x_n. 2. Полином x₁^t+...+x_n^tявляется симметрическим при любом натуральном t. 3. Полином 3x₁x₂+3x₁x₃ не является симметрическим. Поскольку сумма и произведение симметрических полиномов -- симметрические полиномы, множество симметрических полиномов от n переменных является кольцом -- подкольцом кольца всех полиномов от n переменных. Если $f(y_1,...,y_m)\in k[y_1,...,y_m]$, а p₁,...,p_m -- симметрические полиномы от x₁,...,x_n, то

f(p₁(x₁,...,x_n),...,p_m(x₁,...,x_n))

-- симметрический полином от x₁,...,x_n.

5.10.3. Теорема. Пусть f(x₁,...,x_n) -- симметрический полином над k. 1. Существует полином g(y₁,...,y_n) над k, для которого

f(x₁,...,x_n)=g(s₁(x₁,...,x_n),...,s_n(x₁,...,x_n)),

где s₁,...,s_n -- основные симметрические полиномы. 2. Если h -- полином степени n из k[x] и b₁,...,b_n - все его корни (существующие в некотором расширении поля k), то $f(b_1,...,b_n)\in k$.

Доказательство. Пусть $ax_1^{m_1}x_2^{m_2}\cdots x_n^{m_n}$ -- старший моном f. Заметим, что $m_1\geq m_2\geq ...\geq m_n$. Действительно, если m_i<m_i+1 для некоторого i, то f содержит моном $ax_1^{m_1}\cdots x_i^{m_i+1}x_{i+1}^{m_i}\cdots x_n^{m_n}$ (получающийся из старшего монома f подстанокой $\sigma$: $\sigma (i)=i+1,\ \sigma(i+1)=i,\ \sigma (j)=j$ для $i\neq j\neq i+1$), степень которого больше, чем (m₁,...,m_n). Пусть $u=as_1^{m_1-m_2}s_2^{m_2-m_3}\cdots s_{n-1}^{m_{n-1}-m_n}s_n^{m_n}$, где s₁,...,s_n -- основные симметрические полиномы от x₁,...,x_n. Тогда старший моном полинома u равен старшему моному полинома f и полином f₁=f-u является симметрическим полиномом, степень которого меньше степени f. Поскольку степень (l₁,...,l_n) произвольного симметрического полинома обладает свойством $l_1\geq l_2\geq ...\geq l_n$, существует только конечное число степеней симметрических полиномов, меньших (m₁,...,m_n), поэтому можно применить индукцию по степени и считать, что для f₁ существует полином $g_1\in k[x_1,...,x_n]$, для которого f₁=g₁(s₁,...,s_n). Отсюда искомый полином g равен

$$ay_1^{m_1-m_2}y_2^{m_2-m_3}\cdots y_{n-1}^{m_{n-1}-m_n}y_n^{m_n}+ g_1(y_1,...,y_n).$$

2. По 1

f(x₁,...,x_n)=g(s₁(x₁,...,x_n),...,s_n(x₁,...,x_n)),

где $g\in k[x_1,...,x_n]$, поэтому из формул Виета 5.9 следует, что

f(b₁,...,b_n)=g(s₁(b₁,...,b_n),...,s_n(b₁,...,bn))=

=g(-a_n-1/a_n,...,(-1)ⁿa₀/a_n),

где a₀,...,a_n -- коэффициенты полинома h. Так как все a_i и коэффициенты полинома g лежат в k, то $f(b_1,...,b_n)\in k$. Теорема доказана.

5.11. Алгебраическая замкнутость C . Поле k называется алгебраически замкнутым, если каждый полином из k[x] разлагается в k[x] на линейные множители. Цель этого раздела -- доказать, что поле C комплексных чисел алгебраичеки замкнуто. Мы начнем это доказательство с полиномов нечетной степени, имеющих вещественные коэффициенты.

5.11.1. Теорема. Если $f\in$R[x] и степень f нечетна, то существует $c\in$R, что f(c)=0.

Доказательство. Можно считать, что старший коэффициент f равен 1. Пусть f(x) = a₀ +a₁ x+a₂ x² +...+a_n-1x^n-1+xⁿ. Обозначим $\max \{\vert a_0\vert,...,\vert a_{n-1}\vert\}$ через A, $\max \{ A+1,2\}$ -- через B. Если $\vert b\vert\leq B$, то $\vert a_0+a_1b+...+a_{n-1}b^{n-1}\vert\leq \vert a_0\vert +\vert a_1\vert\ver... .....+\vert b\vert ^n)\leq A(\vert b\vert ^n-1)/(\vert b\vert -1) \leq B^n-1< B^n$. Это неравенство показывает, что $f(B)>0,\ f(-B)<0$. Поскольку f(x) -- непрерывная функция вещественного аргумента, на отрезке (-B,B) существует корень c полинома f. Теорема доказана.

5.11.2. Теорема. Если $f\in$R[x] и степень f больше нуля, то существует $c\in$C, что f(c)=0.

Доказательство. Пусть степень f равна n=2^mq, где m -- целое неотрицательное число, q -- нечетное число. Индукция по m. При m=0 по предыдущей теореме искомое число c существует даже в R. Пусть $m\geq 1$ и теорема верна для всех полиномов над R, степень которых не делится на 2^m. Пусть K -- поле разложения f над C и b₁,...,b_n -- корни f в K. Выберем произвольное вещественное число r и для каждой пары (b_i,b_j)_i<j различных корней f рассмотрим элемент c_ij=b_ib_j+r(b_i+b_j) из K. Положим

$$g=\prod_{1\leq i<j\leq n}{(x-c_{ij})}.$$

Степень полинома g равна t=n(n-1)/2=2^m-1p, где p=q(n-1) нечетно. Коэффициенты полинома g по формулам Виета -- значения симметрических полиномов от t переменных над R при подстановке в них элементов c_ij, и поскольку любая перестановка b₁,...,b_n приводит лишь к перестановке элементов c_ij, эти коэффициенты -- значения симметрических полиномов над R от x₁,...,x_n при $x_i=b_i,\ i=1,...,n$ . По теореме 5.10.3 коэффициенты полинома g лежат в R. По предположению индукции $c_{ij}\in$C для некоторой пары (i,j). Поскольку для выбора числа r имеется бесконечно много возможностей, найдутся два таких различных вещественных числа r,s, что для одной и той же пары (i,j) элементы $b_ib_j+r(b_i+b_j), \ b_ib_j+s(b_i+b_j)$ одновременно лежат в C. Но тогда $b_ib_j,\ b_i+b_j\in$C , откуда $b_i,b_j\in$C. Теорема доказана.

5.11.3. Теорема. Поле C алгебраически замкнуто.

Доказательство. Достаточно показать, что любой полином f над C ненулевой степени имеет в C хотя бы один корень. Пусть $g=f\overline{f}$, где

$$\overline{a_0 +a_1 x+a_2 x^2 +...+a_nx^n}=\overline{a_0} +\overline{a_1}x +\overline{a_2} x^2 +...+\overline{a_n}x^n.$$

Тогда $g\in$R[x] и по теореме 5.11.2 существует $c\in$C, для которого $g(c)=f(c)\overline{f}(c)=0$. Если $f(c)\neq 0$, то $\overline{f}(c)=0$ и, значит, $f(\overline{c})=0$. Теорема доказана.

5.12. Неразложимые полиномы над C и R.

5.12.1. Теорема. 1. Если f -- полином из C[x], неразложимый над C, то степень $f\leq 1$. 2. Пусть c -- комплексный корень полинома $f\in$R. Тогда число, комплексно сопряженное с c, также является корнем f. 3. Если f -- полином из R[x], неразложимый над R, то степень $f\leq 2$.

Доказательство. 1 следует из теоремы 5.11.3. 2. Если f(c)=0, то $0=\overline{0}=\overline{f(c)}=\overline{f} (\overline{c})=f(\overline{c})$. 3. Пусть степень f больше 2. По теореме 5.11.2 существует $c\in$C, что f(c)=0. Если $c\in$R, то f=f₁(x-c) и f разложим над R. Если $c\not\in$R, то $c\neq\overline{c}$ и $f(\overline{c})=0$ по 2. Поскольку $(x-c,x-\overline{c})=1$, полином f делится на $(x-c)(x-\overline{c})=x^2-(c+\overline{c})x+ c\overline{c}\in$R и, следовательно, f разложим над R. Теорема доказана.

5.13. Неразложимые над Q полиномы.

Следующий результат сводит вопрос о неразложимости полинома над Q к такому же вопросу над Z.

5.13.1. Теорема. 1. Если $f\in$Q[x], то существует натуральное число a, что $af\in$Z[x]. 2. (Лемма Гаусса). Назовем полином с целыми коэффициентами примитивным, если наибольший общий делитель его коэффициентов равен 1. Произведение любых двух примитивных полиномов -- примитивный полином. 3. Полином с целыми коэффициентами, неразложимый над Z, неразложим над Q.

Доказательство. 1. В качестве a можно взять наименьшее общее кратное знаменателей коэффициентов f. 2. Предположим противное. Пусть полиномы f,g примитивны, но существует простое число p, делящее все коэффициенты fg. При этом, по условию, p не может делить все коэффициенты a_i и не может делить все b_j. Пусть s -- наименьшее число, для которого a_s не делится на p, а r -- наименьшее число, для которого b_r не делится на p. Тогда коэффициент c при x^s+r в произведении fg равен

$$\sum_{i+j=r+s}{a_ib_j}.$$

При i<s слагаемое a_ib_j этой суммы делится на p, поскольку a_i делится на p; если i>s, то j<r и a_ib_j делится на p, поскольку b_j делится на p; если i=s, то j=r и a_ib_j не делится на p. Поэтому c не делится на p. Противоречие. 3. Пусть $f\in$Z[x] и неразложим над Z. Предположим, f=gh, где $g,h\in$Q[x] и степени g и h меньше степени f. Пусть d -- наибольший общий делитель коэффициентов f. Тогда f=dp, где полином p примитивен. Теперь, используя 1, легко получить равенство qp=uv, где q -- рациональное число, u,v -- примитивные полиномы, являющиеся скалярными кратными полиномов g,h. Так как $qp \in$Z[x] и p -- примитивный полином, то q -- целое число. Поскольку полиномы u,v примитивны, то $q=\pm 1$ и $f=dp=(\pm du)v$ -- произведение полиномов из Z[x], степени которых меньше степени f. Теорема доказана.

5.13.2. Теорема. Вопрос о разложимости любого данного полинома из Q[x] над Q алгоритмически разрешим.

Доказательство. По теореме 5.13.1 полином f из Q[x] разложим над Q тогда и только тогда, когда af разложим в Z[x] для a, равного наименьшему общему кратному знаменателей коэффициентов f. Поэтому можно считать, что $f\in$Z[x], и решать вопрос о разложимости f над Z. Пусть степень f равна n. Если $n\leq 1$, то f неразложим, поэтому считаем, что $n\geq 2$. Если одно из чисел f(1),f(2),...,f(n) равно 0, то f имеет корень в Z и, следовательно, разложим над Z. Пусть $f(i)\neq 0$ для всех i . Пусть M_i - множество всех целых делителей числа f(i). Отметим, что это множество конечно. Рассмотрим множество $M=\{ (a_1,a_2,...,a_n)\vert a_i\in M_i\}$ . Это множество также конечно. Для каждой n-ки $m=(a_1,...,a_n)\in M$ построим полином g степени <n, для которого g(i)=a_i при всех i=1,...,n. По теореме 5.7.4 этот полином однозначно определяется строкой m и имеет рациональные коэффициенты. Если f делится на один из таким образом построенных полиномов g ненулевой степени, то f разложим над Q. Заметим, что в противном случае он неразложим над Z. Предположим, что $f=uv,\ u,v\in$Z[x], где степень u больше 0, но меньше n. Тогда u(i) делит f(i) для всех i и поэтому u совпадает с одним из построенных нами полиномов g. Теорема доказана.

5.13.3. Теорема (Признак Эйзенштейна неразложимости полинома над Z). Пусть f=c₀+c₁x+...+c_sx^s, где $c_0,c_1,...,c_s\in$Z. Полином f неразложим над Z, если существует такое простое число p, что c₀,c₁,...,c_s-1 делятся на p, c_s не делится на p, c₀ не делится на p².

Доказательство. Предположим, напротив, что f=gh, где $g,h\in$Z[x], степени g и h меньше s. Пусть $g=a_0+a_1x+...+a_nx^n,\ h=b_0+b_1x+...+b_mx^m$. Имеем

c₀=a₀b₀,

c₁=a₁b₀+a₀b₁,

c₂=a₂b₀+a₁b₁+a₀b₂,

.......................

c_s=a_nb_m.

Так как c₀ делится на p, но не делится на p², то из первого равенства следует, что p делит, скажем, a₀ но не делит b₀. Теперь из второго равенства следует, что p делит a₁, из третьего -- что p делит a₂, и так далее. Из равенства для c_n следует, что a_n делится на p. Но тогда из последнего равенства вытекает, что c_s делится на p, вопреки условию. Теорема доказана.

5.13.4. Следствие. Для любого натурального n в Z[x] существует полином степени n, неразложимый над Q.

Таким полиномом по теоремам 5.13.3 и 5.13.1 является, например, полином xⁿ+2.