Следствия из основной теоремы алгебры. Канонические разложения.



Задача 1

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

Спойлер
  1. Каноническое разложение многочлена — разложение на неприводимые множители.
  2. Всякий многочлен f(x) с вещественными коэффициентами представим единственным образом в виде произведения своего старшего коэффициента и линейных многочленов вида (x-\alpha ), соответствующих его действительным корням, и квадратных вида (x-\alpha )\cdot (x-\overline{\alpha } )= x^{2} - (\alpha + \overline{\alpha } ) +\alpha \cdot \overline{\alpha }, соответствующих парам сопряжённых комплексных корней (следствие из основной теоремы алгебры для вещественного случая).
  3. Дискриминант для уравнения третей степени выглядит, как: 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}.
  4. Если комплексное (но не действительное) число \alpha служит корнем многочлена f(x), с действительными коэффициентами, то корнем для f(x) будет и сопряжённое число \overline{\alpha }.
  5. Любой многочлен выше второй степени (и при том нечётной) с вещественными коэффициентами точно имеет хотя бы один вещественный корень.
  6. 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:

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

[свернуть]

Спойлер

  1. Найти дискриминант и определить какими будут корни (комплексными или вещественными)
  2. Согласно результату подобрать оптимальный способ нахождения корней (например формула Кардано или Виета) и найти их.
  3. Согласно найденным корням разложить на линейные (неприводимые) множители полиномы.
  4. [свернуть]

Спойлер

  1. Найдём дискриминант многочлена f(x) = x ^{3}-6\cdot x^{2}+11\cdot x -6.
    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=-4\cdot (-6)^{3}\cdot (-6)+(-6)^2 \cdot 11^{2} - 4\cdot 1\cdot 11^{3} -27\cdot 1^2 \cdot (-6)^{2}+18\cdot (-6) \cdot (-6) \cdot 11=-5184+4356-5324-972+7128=4
  2. Подберём метод решения. D(f)=4>0 \Rightarrow 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:

    • x_{1} + x_{2} + x_{3}= -\frac{a_{1}}{a_{2}}
    • x_1 \cdot x_2 +x_1 \cdot x_3 + x_2 \cdot x_3 = \frac {a_{3}}{a_{1}}
    • x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 = - \frac{a_{4}}{a_{1}}

    Учитывая значения коэффициентов (а в особенности то, что a_1 = 1) имеем:

    • x_{1} + x_{2} + x_{3}= 6
    • x_1 \cdot x_2 +x_1 \cdot x_3 + x_2 \cdot x_3 = 11
    • x_1 \cdot x_2 \cdot x_3 = 6

    Очевидно, что x_1 =1, x_2 = 2, x_3 = 3.

  3. Учитывая найденные корни, разложим данный полином. Все корни данного полинома являются вещественными, а старший многочлен равен 1, следовательно разложение будет вида (x-\alpha _1 )(x-\alpha _2 )(x-\alpha _3 ), где \alpha _i , i= \overline{1,3} — соответствующие корни многочлена. Имеем:
    f(x) = x ^{3}-6\cdot x^{2}+11\cdot x -6=(x-1)(x-2)(x-3). Задача решена.

    [свернуть]

Задача 2

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

Спойлер

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

Спойлер

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

[свернуть]

Спойлер

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

  1. w_0 = \sqrt[6]{27}\cdot (\cos -\frac{\pi}{6} + i\cdot \sin -\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}- i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}
  2. w_1 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{\pi}{6} + i\cdot \sin \frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}+ i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}
  3. w_2 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{3\pi}{6} + i\cdot \sin \frac{3\pi}{6})=i\cdot \sqrt{3}
  4. w_3 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{5\pi}{6} + i\cdot \sin \frac{5\pi}{6})=-\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}+ i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}
  5. w_4 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{7\pi}{6} + i\cdot \sin \frac{7\pi}{6})=-\frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} }{2}- i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}
  6. w_5 = \sqrt{3}\cdot (\cos \frac{9\pi}{6} + i\cdot \sin \frac{9\pi}{6})=-i\cdot \sqrt{3}
  7. Заметим, что w_0 = \overline{w_1}, w_2 = \overline{w_5}, 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 (x-w_k )\cdot (x-\overline{w_k } )=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 (w_0 = \overline{w_1}, w_2 = \overline{w_5}, w_3 = \overline{w_5}):

    1. m_1 = x^2 - (w_0 + w_1)x + w_0 \cdot w_1 = x^2 - (\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2} + i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})x +(\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})\cdot (\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})=x^2-x+3
    2. m_2 = x^2 - (w_3 + w_4)x + w_3 \cdot w_4 = x^2 - (-\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{3}{2} + i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})x +(-\frac{3}{2}-i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})\cdot (-\frac{3}{2}+i\cdot \frac{\sqrt{3}}{2})=x^2+x+3
    3. m_3 = x^2 - (w_2 + w_5)x + w_2 \cdot w_5 = x^2 - (i\cdot \sqrt{3}-i\cdot \sqrt{3})x +i\cdot \sqrt{3}\cdot (-i\cdot \sqrt{3})=x^2+3
    4. В результате имеем: 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 (y_0,y_1,...y_{n+1}) при n+1 заданных значениях неизвестного (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:
\large \frac{2(x-2)(x-3)(x-4)}{(1-2)(1-3)(1-4)}+\large \frac{(x-1)(x-3)(x-4)}{(2-1)(2-3)(2-4)}+\large \frac{4(x-1)(x-2)(x-4)}{(3-1)(3-2)(3-4)}+\large \frac{3(x-1)(x-2)(x-3)}{(4-1)(4-2)(4-3)}=\large -\frac{1}{3}(x-2)(x-3)(x-4)-\large \frac{1}{2}(x-1)(x-3)(x-4)+\large 2(x-1)(x-2)(x-4)+\large \frac{1}{2}(x-1)(x-2)(x-3)=\large -\frac{4}{3}x^3+10x^2-\frac{65}{3}x+15

[свернуть]

Рекомендуемая литература:

  1. (Теоретические сведения) А. Г. Курош «Курс высшей алгебры», Издание 9, 1968 года, стр. 147-161
  2. (Практические задания) Д. К. Фадеев, И. С. Соминский «Сборник задач по высшей алгебре», Издание 10, 1972 года, стр. 83-110
  3. Курош А. Г. «Курс высшей алгебры» девятое издание, 1968 года, стр. 147-166
  4. Белозеров Г.С. Конспект лекций

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

  1. Проверить коммутативность умножения матриц над полем вещественных чисел.
    Спойлер

    Умножение матриц
    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]
  2. 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]
  3. 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:

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