Wyk lad 3 Wielomiany i u lamki proste

Transkrypt

1 Wyk lad 3 Wielomiany i u lamki proste 1 Konstrukcja pierścienia wielomianów Niech P bedzie dowolnym pierścieniem, w którym 0 1. Oznaczmy przez P [x] zbiór wszystkich nieskończonych ciagów o wszystkich wyrazach z P f = (f 0, f 1, f 2,...) (1) takich, że 0 = f k = f k+1 = f k+2 =... dla pewnego k N 0. Elementy zbioru P [x] nazywamy wielomianami zmiennej x o wspó lczynnikach z pierścienia P. Przyjmujemy umowe, że jeśli wielomian nazywa sie g, to g = (g 0, g 1,...), czyli g 0, g 1,... sa jego kolejnymi wspó lczynnikami. Przy tych oznaczeniach dla wielomianów f, g P [x] mamy f = g f i = g i dla każdego i = 0, 1, 2,... (2) Wielomian 0 = (0, 0,...) nazywamy zerowym, zaś 1 = (1, 0, 0,...) nazywamy jedynkowym. Jeżeli 0 = f 1 = f 2 =... to wielomian f nazywamy sta lym. Wyrazem wolnym wielomianu f postaci (1) jest wspó lczynnik f 0. Jeżeli f 0, to istnieje najwieksze n takie, że f n 0 i wówczas n nazywamy stopniem wielomianu f i piszemy st(f) = n, zaś f n nazywamy najstarszym wspó lczynnikiem tego wielomianu. Ponadto przyjmujemy, że st(0) = oraz < n dla n N 0 i ( ) + +n = ( ) + ( ) = dla n N 0. Suma wielomianów f, g P [x] nazywamy ciag f + g określony nastepuj aco: f + g = (f 0 + g 0, g 1 + f 1, f 2 + g 2,...). (3) Latwo wykazać, że dla dowolnych f, g P [x] mamy, że f + g P [x] oraz zachodzi wzór: st(f + g) max{st(f), st(g)}. (4) Jeżeli zaś st(f) < st(g), to oczywiście st(f + g) = st(g). Iloczynem wielomianów f, g P [x] nazywamy ciag f g określony wzorem: Zatem dla każdego n = 0, 1,... f g = (f 0 g 0, f 0 g 1 + f 1 g 0, f 0 g 2 + f 1 g 1 + f 2 g 0,...). (5) (f g) n = n f i g n i = f i g j. (6) i=0 i+j=n Zauważmy, że f g P [x]. Rzeczywiście, istnieja k, l N 0 takie, że f i = 0 dla wszystkich i > k oraz g j = 0 dla wszystkich j > l. Weźmy dowolne n > k + l oraz i, j N 0 takie, że i + j = n. 1

2 Jeśli i > k, to f i = 0, wiec f i g j = 0; jeśli zaś i k, to j = n i n k > k + l k = l, wiec g j = 0, czyli f i g j = 0. Stad dla n > k + l jest (f g) n = f i g j = 0 i f g P [x]. Jeżeli f i = 0 dla i = 1, 2,... to ze wzoru (5) mamy i+j=n (f 0, 0, 0,...) (g 0, g 1,...) = (f 0 g 0, f 0 g 1, f 0 g 2,...). (7) Jeżeli zaś f 1 = 1 oraz f i = 0 dla i = 0, 2, 3,... to ze wzoru (5) wynika, że (0, 1, 0, 0,...) (g 0, g 1,...) = (0, g 0, g 1,...). (8) Niech teraz f, g P [x] \ {0} i n = st(f), m = st(g). Wtedy z wcześniejszych wyliczeń mamy, że (f g) k = 0 dla wszystkich k > n + m. Stad i z (6) mamy f,g P [x] st(f g) st(f) + st(g). (9) Można udowodnić nastepuj ace twierdzenie: Twierdzenie 3.1. System algebraiczny (P [x], +,, 0, 1) tworzy pierścień. Ten pierścień nazywamy pierścieniem wielomianów zmiennej x o wspó lczynnikach z pierścienia P. Mówimy, że a P jest elementem regularnym pierścienia P, jeżeli dla dowolnego x P z tego, że a x = 0 wynika, że x = 0. Zauważmy, że każdy niezerowy element cia la K jest elementem regularnym. Natomiast 2 nie jest elementem regularnym pierścienia Z 6, bo 2 63 = 0. Pierścień P, w którym 0 1 i każdy niezerowy element jest regularny nazywamy dziedzina ca lkowitości. Przyk ladem dziedziny ca lkowitości, która nie jest cia lem jest pierścień liczb ca lkowitych Z. Stwierdzenie 3.2. Niech f, g P [x]\{0} bed a takie, że najstarszy wspó lczynnik wielomianu f lub najstarszy wspó lczynnik wielomianu g jest elementem regularnym pierścienia P. Wtedy st(f g) = st(f)+st(g) oraz najstarszy wspó lczynnik wielomianu f g jest iloczynem najstarszych wspó lczynników wielomianów f i g. Dowód. Oznaczmy n = st(f), m=st(g). Weźmy dowolne i, j N 0 takie, że i + j = n + m. Jeśli i < n, to j = n + m i > m, skad g j = 0 oraz f i g j = 0. Jeśli i > n, to f i = 0, wiec f i g j = 0. Zatem ze wzoru (5) mamy, że (f g) n+m = f n g m 0, bo f n 0, g m 0 oraz f n lub g m jest elementem regularnym. Stad ze wzoru (8) wynika teza naszego stwierdzenia. Wniosek 3.3. Jeżeli P jest dziedzina ca lkowitości, to st(f g) = st(f) + st(g) dla dowolnych f, g P [x]. Ze wzorów (3) i (6) wynika od razu, że dla dowolnych a, b P : (a, 0, 0,...) = (b, 0, 0,...) a = b, (a, 0, 0,...) + (b, 0, 0,...) = (a + b, 0, 0,...) 2

3 oraz (a, 0, 0,...) (b, 0, 0,...) = (a b, 0, 0,...). Z tego powodu można dokonać utożsamienia (a, 0, 0,...) a dla a P. (10) Przy takim utożsamieniu P P [x], a nawet P jest podpierścieniem pierścienia P [x]. Wprowadźmy teraz oznaczenie: x = (0, 1, 0, 0,...). (11) Wówczas ze wzoru (8) przez prosta indukcje uzyskamy, że x n = (0, 0,..., 0, n 1, 0,...) dla n = 0, 1,... (12) Niech f P [x] bedzie wielomianem stopnia n 1. Wtedy f n 0 oraz f i = 0 dla każdego i n + 1. Ponadto ze wzorów (6) i (12) mamy, że (f k, 0, 0,...) x k = (0,..., 0, f k k, 0,...) dla k = 1, 2,... wiec f = (f 0, 0, 0,...)+(0, f 1, 0,...)+...+(0, 0,..., f n, 0,...) f 0 +f 1 x++f 2 x f n x n. Ponieważ dla wielomianu sta lego f jest f f 0, wiec dla dowolnego wielomianu f P [x] stopnia n 0 mamy utożsamienie: f f 0 + f 1 x + f 2 x f n x n. (13) Otrzymujemy w ten sposób naturalna notacje dla wielomianów z pierścienia P [x]. Przy tej notacji możemy powiedzieć, że wielomiany f, g P [x] sa równe wtedy i tylko wtedy, gdy st(f) = st(g) oraz f i = g i dla każdego i. Z wniosku 3.3 i tego, że pierścień P jest podpierścieniem pierścienia P [x] wynika od razu nastepuj ace Twierdzenie 3.4. Jeżeli pierścień P jest dziedzina ca lkowitości, to P [x] też jest dziedzina ca lkowitości. Definicja 3.5. Wartościa wielomianu f = f 0 + f 1 x f n x n P [x] w punkcie a P nazywamy f(a) = f 0 + f 1 a f n a n. Definicja 3.6. Pierwiastkiem wielomianu f P [x] nazywamy takie a P, że f(a) = 0. Definicja 3.7. Wielomiany f, g P [x] nazywamy równymi funkcyjnie, jeżeli f(a) = g(a) dla każdego a P. Przyk lad 3.8. Niech P bedzie niezerowym pierścieniem skończonym o n elementach oraz P = {a 1,..., a n }. Ponieważ 0 1 w P, wiec 1 jest elementem regularnym w P i na mocy stwierdzenia 1 mamy, że wielomian f = (x a 1 ) (x a 2 )... (x a n ) P [x] ma stopień n. Ponadto f(a) = 0 dla każdego a P, wiec wielomiany f i 0 sa równe funkcyjnie, chociaż f 0. Z tego powodu wielomiany nad dowolnym pierścieniem P nie moga być traktowane jako funkcje wielomianowe z pierścienia P w pierścień P. Twierdzenie 3.9. Jeżeli P jest nieskończona dziedzina ca lkowitości oraz wielomiany f, g P [x] sa równe funkcyjnie, to f = g. 3

4 2 Dzielenie wielomianów Definicja Niech P bedzie pierścieniem, który może nie być dziedzina ca lkowitości. Powiemy, że w pierścieniu P [x] jest wykonalne dzielenie z reszta przez wielomian f P [x], jeżeli dla każdego wielomianu g P [x] istnieje dok ladnie jedna para (q, r) wielomianów q, r P [x] taka, że g = q f + r oraz st(r) < st(f). Uwaga Ponieważ st(0) =, wi ec dla powyższych f jest f 0. Uwaga Wielomian r nazywamy reszta, zaś q nazywamy niepe lnym ilorazem z dzielenia wielomianu g przez wielomian f. Twierdzenie Dla dowolnego pierścienia P i dla dowolnego wielomianu f P [x] równo-ważne sa warunki: (i) w pierścieniu P [x] jest wykonalne dzielenie z reszta przez wielomian f; (ii) najstarszy wspó lczynnik wielomianu f jest elementem odwracalnym w P. Uwaga lgorytm dzielenia wielomianów z reszta znany ze szko ly średniej jest dobry dla dowolnego pierścienia wielomianów. Uwaga Wielomian f P [x] o najstarszym wspó lczynniku równym 1 nazywamy wielomianem unormowanym. Z twierdzenia 3.1 w pierścieniu P [x] jest wykonalne dzielenie z reszta przez wielomiany unormowane. Twierdzenie (Bezout). Dla dowolnego wielomianu g P [x] i dla dowolnego a P reszta z dzielenia wielomianu g przez dwumian x a jest równa g(a), tzn. istnieje wielomian q P [x] taki, że g = q (x a) + g(a). Dowód. Z uwagi 3.15 istnieja q, r P [x] takie, że g = q (x a) + r i st(r) < 1 = st(x a). Stad r P i g(a) = q(a) (a a) + r = r, czyli r = g(a) i g = q (x a) + g(a). Definicja Niech f, g P [x]. Powiemy, że wielomian f dzieli wielomian g w pierścieniu P [x] i piszemy f g, jeżeli istnieje wielomian h P [x] taki, że g = f h. Wniosek Dla dowolnego wielomianu f P [x] i dla dowolnego a P mamy x a g w pierścieniu P [x] g(a) = 0. Dowód. Jeżeli x a g w pierścieniu P [x], to istnieje q P [x] takie, że g = q (x a), skad g(a) = q(a) (a a) = 0. Na odwrót, niech g(a) = 0. Wtedy z twierdzenia Bezout istnieje q P [x] takie, że g = q (x a), czyli x a g. Stwierdzenie Niech a 1,..., a n bed a parami różnymi elementami dziedziny ca lkowitości P. Wówczas dla dowolnego wielomianu f P [x] równoważne sa warunki: (i) (x a 1 )... (x a n ) f w pierścieniu P [x]; (ii) f(a 1 ) =... = f(a n ) = 0. Dowód. (i) (ii) Z za lożenia istnieje h P [x] taki, że f = h (x a 1 )... (x a n ), skad f(a i ) = h(a i ) (a i a 1 )... (a i a i )... (a i a n ) = 0 dla i = 1,..., n. 4

5 (ii) (i) Stosujemy indukcje wzgledem n. Dla n = 1 teza wynika od razu z wniosku Za lóżmy, że teza zachodzi dla pewnego naturalnego n i niech a 1,..., a n+1 bed a parami różnymi elementami pierścienia P takimi, że f(a 1 ) =... = f(a n+1 ) = 0. Wtedy z za lożenia indukcyjnego istnieje g P [x] takie, że f = g (x a 1 )... (x a n ). le 0 = f(a n+1 ) = g(a n+1 ) (a n+1 a 1 )... (a n+1 a n ), wiec ponieważ P jest dziedzina ca lkowitości, to g(a n+1 ) = 0 i z wniosku 3.3 istnieje h P [x] taki, że g = h (x a n+1 ). Zatem f = (x a 1 )... (x a n ) (x a n+1 ), czyli (x a 1 )... (x a n+1 ) f. Wniosek Niech P bedzie dziedzina ca lkowitości i niech n N. Wówczas każdy wielomian f P [x] stopnia n posiada co najwyżej n różnych pierwiastków w pierścieniu P. Twierdzenie (Wzory Viety). Niech K bedzie cia lem i niech f = c 0 + c 1 x c n x n K[x], gdzie c n 0. Jeżeli a 1, a 2,..., a n sa wszystkimi (niekoniecznie różnymi) pierwiastkami wielomianu f w ciele K, to zachodza nastepuj ace wzory zwane wzorami Viety: a i1... a ik = ( 1) k cn k dla k = 1, 2,..., n. (14) c n 1 i 1 <...,<i k n. Definicja Niech P bedzie dziedzina ca lkowitości i k N. Mówimy, że a P jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu f P [x], jeżeli istnieje g P [x] takie, że g(a) 0 oraz f = (x a) k g. Z zasadniczego twierdzenia algebry oraz z twierdzeń podanych na tym wyk ladzie można w prosty sposób wyprowadzić nastepuj ace twierdzenia: Twierdzenie Niech f C[x] bedzie wielomianem stopnia n N o najstarszym wspó lczynniku a. Wówczas istnieja s, k 1,..., k s N i istnieja różne liczby zespolone a 1,..., a s takie, że f = a(x a 1 ) k 1 (x a 2 ) k 2... (x a s ) ks. Twierdzenie Każdy wielomian dodatniego stopnia o wspó lczynnikach rzeczywistych jest iloczynem skończonej liczby wielomianów stopnia 1 lub 2 o wspó lczynnikach rzeczywistych. Uwaga Wielomian f = ax 2 + bx + c R[x] stopnia 2 nie jest iloczynem wielomianów stopnia 1 o wspó lczynnikach rzeczywistych wtedy i tylko wtedy, gdy < 0, gdzie = b 2 4ac. Twierdzenie Niech f = a 0 + a 1 x a n x n Z[x]. Jeżeli liczba wymierna q = k m, gdzie k, m Z i NW D(k, m) = 1, jest pierwiastkiem f, to k a 0 i m a n. 3 U lamki proste Definicja Funkcja wymierna rzeczywista nazywamy iloraz dwóch wielomianów rzeczywistych, przy czym dzielnik nie jest wielomianem zerowym. Funkcja wymierna zespolona nazywamy iloraz dwóch wielomianów zespolonych, przy czym dzielnik nie jest wielomia- 5

6 nem zerowym. Funkcje wymierna nazywamy w laściwa, jeżeli stopień wielomianu w liczniku u lamka określajacego te funkcje jest mniejszy od stopnia wielomianu w mianowniku. Uwaga Z twierdzenia o dzieleniu z reszta wynika, że każda funkcja wymierna jest suma wielomianu oraz funkcji wymiernej w laściwej. Definicja Zespolonym u lamkiem prostym nazywamy funkcje zespolona wymierna postaci, gdzie, a C, 0 oraz k N. (z+a) k Definicja Rzeczywistym u lamkiem prostym pierwszego rodzaju nazywamy funkcje rzeczywista wymierna postaci, gdzie, a R, 0 oraz k N. (x+a) k Definicja Rzeczywistym u lamkiem prostym drugiego rodzaju nazywamy x+b funkcje rzeczywista wymierna postaci, gdzie, B, p, q R, 0 lub B 0 oraz (x 2 +px+q) k k N, przy czym = p 2 4q < 0. Twierdzenie Każda zespolona funkcja wymierna w laściwa jest suma zespolonych u lam-ków prostych. Przedstawienie to jest jednoznaczne. Jeżeli mianownik zespolonej funkcji wymiernej w laściwej w rozk ladzie na czynniki liniowe posiada czynnik (z a) k i a jest k-krotnym pierwiastkiem tego mianownika, to w rozk ladzie tej funkcji na u lamki proste wystepuje suma 1 z a (z a) 2 k dla pewnych (jednoznacznie wyznaczonych) sta lych (z a) k 1, 2,..., k C. Ponadto, jeżeli u lamek prosty zespolony, gdzie, b C, 0, l N, wystepuje (z b) l w rozk ladzie tej funkcji wymiernej na sume u lamków prostych, to b jest pierwiastkiem mianownika tej funkcji. Twierdzenie Każda rzeczywista funkcja wymierna w laściwa jest suma rzeczywistych u lamków prostych. Przedstawienie to jest jednoznaczne. Jeżeli mianownik rzeczywistej funkcji wymiernej w laściwej w rozk ladzie na czynniki liniowe posiada czynnik (x a) k i a jest k-krotnym pierwiastkiem tego mianownika, to w rozk ladzie tej funkcji na u lamki proste wystepuje suma 1 z a + 2 k (z a) k dla pewnych (jednoznacznie wyznaczonych) sta lych (z a) 2 1, 2,..., k R. Ponadto, jeżeli u lamek prosty rzeczywisty, gdzie, b R, 0, l N, wystepuje (z b) l w rozk ladzie tej funkcji wymiernej na sume u lamków prostych, to b jest pierwiastkiem mianownika tej funkcji. Dalej, jeżeli dla pewnych p, q R takich, że = p 2 4q < 0 wielomian (x 2 +px+q) k dzieli mianownik tej funkcji wymiernej, ale wielomian (x 2 + px + q) k+1 już nie dzieli tego mianownika, to w rozk ladzie tej funkcji wymiernej na rzeczywiste u lamki proste wystepuje suma 1 x+b 1 x 2 +px+q + 2x+B kx+b k. Ponadto, jeżeli rzeczywisty u lamek prosty drugiego (x 2 +px+p) 2 (x 2 +px+q) k x+b rodzaju, gdzie 0 lub B 0 wystepuje (x 2 +ax+b) l w rozk ladzie tej funkcji wymiernej na u lamki proste, to (x 2 + ax + b) l dzieli mianownik tej funkcji wymiernej. Przyk lad W oparciu o twierdzenie 3.33 znajdziemy teoretyczny rozk lad na rzeczywiste u lamki proste rzeczywistej funkcji wymiernej f(x) = 2 +x 2 x. Zauważmy, że x 3 (x 2 +4x+4)(x 2 +x+1) 2 x 2 + 4x + 4 = (x + 2) 2 oraz wielomian x 2 + x + 1 ma ujemny wyróżnik = 1 4 = 3, wiec x 3 (x 2 + 4x + 4)(x 2 + x + 1) 2 = x 3 (x + 2) 2 (x 2 + x + 1) 2 i wobec tego: f(x) = 1 x + 2 x x 3 + B 1 x B 2 (x + 2) 2 + C 1x + D 1 x 2 + x C 2x + D 2 (x 2 + x + 1) 2 6

7 dla pewnych jednoznacznie wyznaczonych sta lych 1, 2, 3, B 1, B 2, C 1, C 2, D 1, D 2 R. 4 Zadania do samodzielnego rozwiazania Zadanie Wyznacz iloraz i reszt e z dzielenia wielomianu f przez g, gdy (a) f = 5x 3 + 2x 2 x 7, g = x 2 + 3x 1 w Z[x], (b) f = 5x 3 + 2x 2 x 7, g = x 2 + 3x 1 w Z 8 [x], (c) f = 3x 6 2x + 4, g = x w Z 5 [x]. Zadanie Czy istnieje wielomian f R[x] stopnia 4 taki, że f(0) = f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = 1 i f(5) = 5? Zadanie Wyznacz wszystkie pierwiastki wielomianu (a) f = x 5 2x w pierścieniu Z 6, (b) g = x 2 1 w pierścieniu Z 8. Zadanie Wielomian f R[x] daje przy dzieleniu przez x 2 reszte 1, przy dzieleniu przez x 1 reszte 2. Jaka reszte daje f przy dzieleniu przez (x 1)(x 2)? Zadanie Wyznacz wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu f = 6x 4 +19x 3 7x 2 26x Zadanie Nastepuj ace funkcje wymierne roz lóż na rzeczywiste u lamki proste: (a) 2x3 x 2 +4x 3 x, (b) 2 2x 7 x 4 +2x 2 +9 (x 2 2x+1)(x 2 +2x+5), (c) x6 6x 5 +10x 4 17x 3 +8x 2 5x+1 (x 4 +2x 2 +1)(x 4 3x 3 +3x 2 x), (d) 1 3x (e) 2 +x 2 (x 1) 3 (x 2 +1), (f) x3 2x 2 +5x 8 x 4 +8x 2 +16, (g) 5x3 +3x 2 +12x 12, (h) 4x3 2x 2 +6x 13 17x, (i) 2 x 26 x 4 16 x 4 +3x 2 4 (x 2 1)(x 2 4). x 3 (x 1) 2 (x+1), 7