Следствия из основной теоремы алгебры. Канонические разложения.

Задача 1

Разложить на линейные (неприводимые) множители полином $latex f(x) = x ^{3}-6\cdot x^{2}+11\cdot x -6.$

Спойлер

Каноническое разложение многочлена — разложение на неприводимые множители.
Всякий многочлен $latex f(x)$ с вещественными коэффициентами представим единственным образом в виде произведения своего старшего коэффициента и линейных многочленов вида $latex (x-\alpha ),$ соответствующих его действительным корням, и квадратных вида $latex (x-\alpha )\cdot (x-\overline{\alpha } )=$ $latex x^{2} — (\alpha + \overline{\alpha } ) +\alpha \cdot \overline{\alpha },$ соответствующих парам сопряжённых комплексных корней (следствие из основной теоремы алгебры для вещественного случая).
Дискриминант для уравнения третей степени выглядит, как: $latex D(f)= -4a_{2}^{3}a_4 + a_{2}^{2}a_{3}^{2} — 4a_1 a_{3}^{3} + 18a_1 a_2 a_3 a_4 — 27a_{1}^{2} a_{4}^{2}.$
Если комплексное (но не действительное) число $latex \alpha$ служит корнем многочлена $latex f(x),$ с действительными коэффициентами, то корнем для $latex f(x)$ будет и сопряжённое число $latex \overline{\alpha }.$
Любой многочлен выше второй степени (и при том нечётной) с вещественными коэффициентами точно имеет хотя бы один вещественный корень.

Исходя из основной теоремы алгебры, и всего вышесказанного данный многочлен степени 3 точно имеет 3 комплексных корня, однако он имеет вещественные коэффициенты, так что возможны 3 случая:

$latex D(f)>0 \Rightarrow$ полином имеет 3 различных вещественных корня.
$latex D(f)=0 \Rightarrow$ хотя бы 2 корня совпадают.
$latex D(f)<0 \Rightarrow$ уравнение имеет один вещественный и пару сопряжённых корней.

[свернуть]

Спойлер

Найдём дискриминант многочлена $latex f(x) = x ^{3}-6\cdot x^{2}+11\cdot x -6.$
$latex D(f)= -4a_{2}^{3}a_4 + a_{2}^{2}a_{3}^{2} — 4a_1 a_{3}^{3} — 27a_{1}^{2} a_{4}^{2} + 18a_1 a_2 a_3 a_4=$ $latex -4\cdot (-6)^{3}\cdot (-6)+(-6)^2 \cdot 11^{2} — 4\cdot 1\cdot 11^{3} -$ $latex 27\cdot 1^2 \cdot (-6)^{2}+18\cdot (-6) \cdot (-6) \cdot 11=$ $latex -5184+4356-5324-972+7128=4$
Подберём метод решения. latexD(f)=4>0⇒ все корни вещественные,следовательно будет удобно использовать формулу Виета (которая также является одним из следствий основной теоремы алгебры).
Найдём корни. По теореме Виета для кубического полинома имеем, что:
- $latex x_{1} + x_{2} + x_{3}= -\frac{a_{1}}{a_{2}}$
- $latex x_1 \cdot x_2 +x_1 \cdot x_3 + x_2 \cdot x_3 = \frac {a_{3}}{a_{1}}$
- $latex x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 = — \frac{a_{4}}{a_{1}}$
Учитывая значения коэффициентов (а в особенности то, что $latex a_1 = 1$ ) имеем:
- $latex x_{1} + x_{2} + x_{3}= 6$
- $latex x_1 \cdot x_2 +x_1 \cdot x_3 + x_2 \cdot x_3 = 11$
- $latex x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 = 6$
Очевидно, что $latex x_1 =1, x_2 = 2, x_3 = 3.$
Учитывая найденные корни, разложим данный полином. Все корни данного полинома являются вещественными, а старший многочлен равен 1, следовательно разложение будет вида $latex (x-\alpha _1 )(x-\alpha _2 )(x-\alpha _3 ),$ где $latex \alpha _i , i= \overline{1,3}$ — соответствующие корни многочлена. Имеем:
$latex f(x) = x ^{3}-6\cdot x^{2}+11\cdot x -6=$ $latex (x-1)(x-2)(x-3).$ Задача решена.

[свернуть]

Задача 2

Разложить на неприводимые вещественные множители многочлен $latex f(x)=x^6 +27.$

Спойлер

Всякий многочлен $latex f(x)$ с вещественными коэффициентами представим единственным образом в виде произведения своего старшего коэффициента и линейных многочленов вида $latex (x-\alpha ),$ соответствующих его действительным корням, и квадратных вида $latex (x-\alpha )\cdot (x-\overline{\alpha } )=$ $latex x^{2} — (\alpha + \overline{\alpha } ) +\alpha \cdot \overline{\alpha },$ соответствующих парам сопряжённых комплексных корней (следствие из основной теоремы алгебры для вещественного случая).
Если комплексное (но не вещественное) число $latex \alpha$ служит корнем многочлена $latex f(x)$ с вещественными коэффициентами, то корнем для этого многочлена $latex f(x)$ также будет и сопряжённое к нему $latex \overline{\alpha }.$

[свернуть]

Спойлер

Учтите, что $latex f(x)=x^{6} +27 \Rightarrow x=\sqrt[6]{-27},$ а также, если $latex x \in \mathbb{C} \Rightarrow$ существует ровно n различных значений для $latex \sqrt[n]{x},$ причём полученных по формуле: $latex x=r\cdot (\cos \phi +i\cdot \sin \phi),$ $latex \sqrt[n]{x}=w_{k}, k = \overline{0,n-1},$ $latex w_k = \sqrt[n]{r}\cdot (\cos \frac{\phi + \pi \cdot k}{n} +$ $latex i\cdot \sin \frac{\phi + \pi \cdot k}{n})$

[свернуть]

Спойлер

Как было написано в указаниях к решению, $latex f(x)=x^{6} +27 \Rightarrow x=\sqrt[6]{-27},$ однако следует помнить, что если $latex x \in \mathbb{C} \Rightarrow$ существует ровно n различных значений для $latex \sqrt[n]{x},$ причём полученных по формуле: $latex x=r\cdot (\cos \phi +i\cdot \sin \phi),$ $latex \sqrt[n]{x}=w_{k}, k = \overline{0,n-1},$ $latex w_k = \sqrt[n]{r}\cdot (\cos \frac{\phi + \pi \cdot k}{n} +$ $latex i\cdot \sin \frac{\phi + \pi \cdot k}{n}).$ Для начала переведём -27 в тригонометрический вид комплексного числа: $latex -27 = -27 +0\cdot i = 27\cdot (\cos (-\pi )+i\cdot \sin (-\pi )).$ Теперь мы можем воспользоватся формулой, описанной ранее:

$latex w_0 = \sqrt[6]{27}\cdot (\cos -\frac{\pi}{6} +$ $latex i\cdot \sin -\frac{\pi}{6})=$ $latex \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}- i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $latex \frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$latex w_1 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{\pi}{6} +$ $latex i\cdot \sin \frac{\pi}{6})=$ $latex \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}+ i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $latex \frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$latex w_2 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{3\pi}{6} +$ $latex i\cdot \sin \frac{3\pi}{6})=$ $latex i\cdot \sqrt{3}$
$latex w_3 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{5\pi}{6} +$ $latex i\cdot \sin \frac{5\pi}{6})=$ $latex -\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}+ i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $latex -\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$latex w_4 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{7\pi}{6} +$ $latex i\cdot \sin \frac{7\pi}{6})=$ $latex -\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}- i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=$ $latex -\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$latex w_5 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{9\pi}{6} +$ $latex i\cdot \sin \frac{9\pi}{6})=$ $latex -i\cdot \sqrt{3}$

Заметим, что $latex w_0 = \overline{w_1},$ $latex w_2 = \overline{w_5},$ $latex w_3 = \overline{w_5},$ как и должно быть, ведь если комплексное (но не вещественное) число служит корнем многочлена с вещественными коэффициентами, то корнем для этого многочлена также будет и сопряжённое к нему.
Так, как все корни данного многочлена комплексные, то все множители будут вида $latex (x-w_k )\cdot (x-\overline{w_k } )=$ $latex x^{2} — (w_k + \overline{w_k } )\cdot x +w_k \cdot \overline{w_k }, k=\overline{0,n-1}.$ Данный полином шестой степени, следовательно он имеет 6 корней, однако, так, как они комплексные, то для разложения в вещественные множители, сопряжённые значения будут перемножены и в итоге мы получим 3 множителя. Найдём их, учитывая написанное выше ( $latex w_0 = \overline{w_1},$ $latex w_2 = \overline{w_5},$ $latex w_3 = \overline{w_5}$ ):

$latex m_1 = x^2 — (w_0 + w_1)x + w_0 \cdot w_1 =$ $latex x^2 — (\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2} + i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})x +$ $latex (\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})\cdot (\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})=$ $latex x^2-x+3$
$latex m_2 = x^2 — (w_3 + w_4)x + w_3 \cdot w_4 =$ $latex x^2 — (-\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} — \frac{3}{2} + i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})x +$ $latex (-\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})\cdot (-\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})=$ $latex x^2+x+3$
$latex m_3 = x^2 — (w_2 + w_5)x + w_2 \cdot w_5 =$ $latex x^2 — (i\cdot \sqrt{3}-i\cdot \sqrt{3})x +$ $latex i\cdot \sqrt{3}\cdot (-i\cdot \sqrt{3})=$ $latex x^2+3$

В результате имеем: $latex f(x) = x^6 +27 = (x^2-x+3)(x^2+x+3)(x^2+3)$

[свернуть]

Задача 3

Построить полином по заданной таблице значений, пользуясь формулой Лагранжа:

№	0	1	2	3
x	1	2	3	4
y	2	1	4	3

Спойлер

Одним из следствий из основной теоремы алгебры является то, что всегда существует многочлен не более, чем n-ной степени, принимающий наперёд заданные значения ( $latex y_0,y_1,…y_{n+1}$ ) при n+1 заданных значениях неизвестного ( $latex x_0,x_1,\dots x_{n+1}$ ), и по Лагранжу такой многочлен определяется формулой: $f(x)=\underset{i=1} {\overset{n+1} {\sum }} \frac{y_i (x-a_1)(x-a_2)\dots (x-a_{i-1})(x-a_{i+1})\dots (x-a_{n+1})}{(a_i -a_1)(a_i -a_2)\dots (a_i -a_{i-1})(a_i -a_{i+1})\dots (a_i -a_{n+1})}$

[свернуть]

Спойлер

Подставим данные значения в интерполяционную формулу Лагранжа, получим:
$latex \large \frac{2(x-2)(x-3)(x-4)}{(1-2)(1-3)(1-4)}+$ $latex \large \frac{(x-1)(x-3)(x-4)}{(2-1)(2-3)(2-4)}+$ $latex \large \frac{4(x-1)(x-2)(x-4)}{(3-1)(3-2)(3-4)}+$ $latex \large \frac{3(x-1)(x-2)(x-3)}{(4-1)(4-2)(4-3)}=$ $latex \large -\frac{1}{3}(x-2)(x-3)(x-4)-$ $latex \large \frac{1}{2}(x-1)(x-3)(x-4)+$ $latex \large 2(x-1)(x-2)(x-4)+$ $latex \large \frac{1}{2}(x-1)(x-2)(x-3)=$ $latex \large -\frac{4}{3}x^3+10x^2-\frac{65}{3}x+15$

[свернуть]

Канонические разложения.

Таблица лучших: Следствия из основной теоремы. Канонические разложения.

максимум из 30 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Свойства коммутативности и ассоциативности

Основными свойствами бинарных алгебраических операций являются:

Коммутативность (переместительность): Свойство бинарной алгебраической операции $\circ ,$ при котором выполняется условие: $\forall \ x,y \in \mathbb{P}:$ $(x\circ y)=(y\circ x) ,$ где $\mathbb{P}$ — некоторое рассматриваемое множество.
Ассоциативность (сочетательность): Свойство бинарной алгебраической операции $\circ ,$ при котором выполняется условие: $\forall \ x,y,z \in \mathbb{P}:$ $(x\circ y)\circ z=y\circ (x\circ z) ,$ где $\mathbb{P}$ — некоторое рассматриваемое множество.
Дистрибутивность (распределительный закон): Свойство согласованности некоторых двух рассматриваемых алгебраических операций $\oplus$ и $\otimes$ на одном и том же некотором рассматриваемом множестве $\mathbb{P} ,$ при котором выполняется условие левой: $\forall \ x,y,z \in \mathbb{P}:$ $x\otimes (y\oplus z)$ $=(x\otimes y)\oplus(x\otimes z)$ ; и/или правой: $(y\oplus z) \otimes x$ $=(y\otimes x)\oplus(z\otimes x)$ дистрибутивности.

Примеры

Проверить коммутативность умножения матриц над полем вещественных чисел.

Спойлер

Пусть $\small A \in \mathbb{M} _{m \times p} ,B \in \mathbb{M} _{p \times n}:$ $\small C=A\times B;\ C \in \mathbb{M} _{m\times n} \Rightarrow$ $\small c_{ij}= \underset{k=1} {\overset{p} {\sum}}a_{ik}b_{kj} .$ Очевидно, что для выполнения операции умножения, количество столбцов первой матрицы должно совпадать с количеством строк второй, следовательно, мы доказали, что коммутативность не выполняется для всех матриц, однако всё ещё может выполнятся для квадратных матриц. Проверим это: выполнение коммутативности для матриц будет выглядеть, как $\small\forall \ A,B \in \mathbb{M}_{n} \ A\times B \overset{?}{=} B\times A,$ если рассматривать результирующую матрицу поэлементно, то это можно интерпретировать, как $\small \underset{k=1} {\overset{m} {\sum }}a_{ik}b_{kj}\overset {?}{=} \underset{k=1}{ \overset{m}{\sum}}b_{ik}a_{kj},$ то есть в первой сумме мы перемножаем строку первой матрицы на столбец второй, а во второй строку второй матрицы на столбец первой. Ясно, что результаты таких действий будут равны тогда и только тогда, когда обе матрицы будут симметрическими (то есть будут совпадать с собой транспонированными $\small A^{T}=A$ ). Следовательно, коммутативность не выполняется даже для квадратных матриц.

[свернуть]
Доказать, что если ассоциативность выполняется для трёх элементов множества, то способ расстановки скобок не влияет на результат при любом количестве операндов, то есть если:
$\forall x,y,z \in \mathbb{P}:$ $(x\circ y)\circ z=y\circ (x\circ z) ,$ то в выражении $a _{1} \circ a _{2} \circ … \circ a _{n-1} \circ a _{n}, \,a_{i} \in \mathbb{P} i=\overline{1,n}$ результат не зависит от того, как мы расставим скобки.

Спойлер

Докажем это утверждение математической индукцией по количеству операндов.
База индукции:
Минимальное количество переменных равно трём, следовательно, из условия имеем: $\small \forall \,a_{1}, a_{2}, a_{3} \in \mathbb{P}:$ $\small ( a_{1}\circ a_{2})\circ a_{3}= a_{2}\circ (a_{1}\circ a_{3}) .$ База индукции доказана.
Предположение индукции:
$\small \forall \,n \in \mathbb{N}:$ результат выражения $\small a _{1} \circ a _{2} \circ … \circ a _{n-1} \circ a _{n} \,$ не зависит от порядка расстановки скобок.
Шаг индукции:
Пусть предположение индукции справедливо для $\small \forall \, n \in \mathbb{N} ,$ докажем, что тогда оно справедливо и для $\small n+1 .$
Пусть $\small 1\leq p\leq m< n+1 .$ То есть можно задать справедливое разбиение: $\small a _{1} \circ a _{2} \circ … \circ a _{n-1} \circ a _{n} =$ $\small (a _{1} \circ a _{2} \circ … \circ a _{p-1} \circ a _{p}) \circ$ $\small (a _{p+1} \circ … \circ a _{m-1} \circ a _{m})\circ$ $\small (a _{m+1} \circ … \circ a _{n-1} \circ a _{n} \circ a _{n+1}) .$ Произведём замену:
$\small (a _{1} \circ a _{2} \circ … \circ a _{p-1} \circ a _{p}) = a$
$\small (a _{p+1} \circ … \circ a _{m-1} \circ a _{m}) = b$
$\small (a _{m+1} \circ … \circ a _{n} \circ a _{n+1}) = c$
По базе индукции имеем $\small (a \circ b) \circ c = a \circ (b \circ c ),$ то есть $\small [ (a _{1} \circ a _{2} \circ …$ $\circ a _{p-1} \circ a _{p}) \circ$ $\small (a _{p+1} \circ …$ $\circ a _{m-1} \circ a _{m}) ] \circ$ $\small (a _{m+1} \circ …$ $\circ a _{n-1} \circ a _{n} \circ a _{n+1})=$ $\small (a _{1} \circ a _{2} \circ …$ $\circ a _{p-1} \circ a _{p}) \circ$ $\small [ (a _{p+1} \circ …$ $\circ a _{m-1} \circ a _{m}) \circ$ $\small (a _{m+1} \circ …$ $\circ a _{n-1} \circ a _{n} \circ a _{n+1}) ].$
В силу свободы выбора $\small p, m,$ и свободы количества замен такого рода теорема доказана.

[свернуть]
Проверить дистрибутивность сложения матриц над полем вещественных чисел относительно умножения.

Спойлер

Пусть $A \in \mathbb{M} _{m\times n}; B,C \in \mathbb{M} _{n\times m},$ докажем, что $A\cdot (B+C)=A\cdot B+A\cdot C.$ Заметим, что $A=\left \| a_{ij} \right \|,$ $B=\left \| b_{ji} \right \|,$ $C=\left \| c_{ji} \right \|,$ $i=\overline{1,m},$ $j =\overline{1,n}$ , тогда $A\cdot (B+C)=$ $\ \left \| a_{ij} \right \|\cdot (\left \| b_{ji} \right \| + \left \| c_{ji} \right \|)=$ $\ \left \| a_{ij} \right \|\cdot (\left \| b_{ji} + c_{ji} \right \|) =$ $\ \left \| \underset{i=1}{ \overset{m}{\sum}} a_{ij} \cdot (b_{ji} + c_{ji})\right \| =$ $\ \left \| \underset{i=1}{ \overset{m}{\sum}} a_{ij} \cdot b_{ji} + \underset{i=1}{ \overset{m}{\sum}} a_{ij} \cdot c_{ji}\right \|=$ $\ \left \| \underset{i=1}{ \overset{m}{\sum}} a_{ij} \cdot b_{ji} \right \| + \left \| \underset{i=1}{ \overset{m}{\sum}} a_{ij} \cdot c_{ji}\right \| =$ $\ A\cdot B+A\cdot C.$
Правая дистрибутивность доказывается аналогично.

[свернуть]

Источники:

В. В. Воеводин «Линейная алгебра» Издание 2, 1980 года, стр. 9-13
А. И. Кострыкин «Введение в алгебру. Основы алгебры», 1994 года, стр. 155-160
А. Г. Курош «Курс высшей алгебры» издание 9, 1968 года, стр. 147-161
Белозеров Г.С. Конспект лекций

Основные свойства бинарных алгебраических операций.

Таблица лучших: Основные свойства бинарных алгебраических операций.

максимум из 30 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Автор: Александр Гутовский

Следствия из основной теоремы алгебры. Канонические разложения.

Задача 1

Задача 2

Задача 3

Рекомендуемая литература:

Навигация (только номера заданий)

Информация

Канонические разложения.

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Таблица лучших: Следствия из основной теоремы. Канонические разложения.

Свойства коммутативности и ассоциативности

Основными свойствами бинарных алгебраических операций являются:

Примеры

Источники:

Навигация (только номера заданий)

Информация

Основные свойства бинарных алгебраических операций.

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Подсказка

Таблица лучших: Основные свойства бинарных алгебраических операций.

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат