Теорема об аддитивной группе матриц

Теорема. Пусть $ M_{m\times n} \left ( P\right )$ — множество матриц размеров $m\times n$ над полем $P,$ «$+$» — операция сложения матриц. Тогда пара $\left ( M_{m\times n} \left ( P \right ),\,+\right )$ — абелева группа.

Для доказательства теоремы необходимо проверить аксиомы группы и коммутативность операции сложения матриц.

Для записи аксиом и свойств в общем виде будем использовать следующие обозначения:

Ассоциативность

В общем виде аксиома ассоциативности группы выглядит так: $$\forall g_{1},\,g_{2},\,g_{3}\in G\;\left (g_{1}\ast g_{2}\right )\ast g_{3}=g_{1}\ast \left (g_{2}\ast g_{3}\right ).$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A,B,C\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;\left ( A+B \right )+C=A+\left ( B+C \right ).$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; B=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right),$$ $$C=\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$\left (A+B\right )+C=\left( \left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right) \right) +$$ $$+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn}\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right)+$$ $$+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} &\end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}+c_{11}&a_{12}+b_{12}+c_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n}+c_{1n} \\a_{21}+b_{21}+c_{21}&a_{22}+b_{22}+c_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}+c_{m1}&a_{m2}+b_{m2}+c_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$A+\left ( B+C \right )=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+$$ $$+\left(\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}c_{11}&c_{12} & \cdots &c_{1n} \\c_{21}&c_{22} & \cdots &c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\c_{m1}&c_{m2}&\cdots &c_{mn} \end{matrix}\right) \right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}+c_{11}&b_{12}+c_{12} & \cdots &b_{1n}+c_{1n} \\b_{21}+c_{21}&b_{22}+c_{22} & \cdots &b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}+c_{m1}&b_{m2}+c_{m2}&\cdots &b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}+c_{11}&a_{12}+b_{12}+c_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n}+c_{1n} \\a_{21}+b_{21}+c_{21}&a_{22}+b_{22}+c_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}+c_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot\\a_{m1}+b_{m1}+c_{m1}&a_{m2}+b_{m2}+c_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}+c_{mn} \end{matrix}\right).$$

$\left ( A+B \right )+C=A+\left ( B+C \right )\Rightarrow $ операция ассоциативна.

Аксиома нейтрального элемента

В общем виде аксиома нейтрального элемента группы выглядит так: $$\exists e\in G:\;\forall g\in G\;g\ast e=e\ast g=g.$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\exists O\in M_{m\times n}\left ( P \right ):\;\forall A\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;A+O=O+A=A.$$ В нашем случае нейтральным элементом является нулевая матрица $O\in M_{m\times n}\left ( P \right ).$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; O =\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right).$$$$A+O=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+0&a_{12}+0 & \cdots &a_{1n}+0 \\a_{21}+0&a_{22}+0 & \cdots &a_{2n}+0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+0&a_{m2}+0&\cdots &a_{mn}+0 \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=A.$$ $$O+A=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}0+a_{11}&0+a_{12} & \cdots &0+a_{1n} \\0+a_{21}&0+a_{22} & \cdots &0+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0+a_{m1}&0+a_{m2}&\cdots &0+a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=A.$$

$A+O=O+A=A\Rightarrow $ $O$ — нейтральный элемент.

Аксиома симметричных элементов

В общем виде аксиома симметричных элементов группы выглядит так: $$\forall g\in G\;\exists{g}’\in G:\;g\ast{g}’={g}’\ast g=e.$$ Запишем ее для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;\exists\left ( -A \right )\in M_{m\times n}\left ( P \right ):\;A+\left ( -A \right )=-A+A=O.$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$-A=-\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right).$$ $$A+\left ( -A \right )=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}-a_{11}&a_{12}-a_{12} & \cdots &a_{1n}-a_{1n} \\a_{21}-a_{21}&a_{22}-a_{22} & \cdots &a_{2n}-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}-a_{m1}&a_{m2}-a_{m2}&\cdots &a_{mn}-a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=O;$$$$-A+A=\left(\begin{matrix}-a_{11}&-a_{12} & \cdots &-a_{1n} \\-a_{21}&-a_{22} & \cdots &-a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}&-a_{m2}&\cdots &-a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix} -a_{11}+a_{11}&-a_{12}+a_{12} & \cdots &-a_{1n}+a_{1n} \\-a_{21}+a_{21}&-a_{22}+a_{22} & \cdots &-a_{2n}+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\-a_{m1}+a_{m1}& -a_{m2}+a_{m2}&\cdots &-a_{mn}+a_{mn} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}0&0 & \cdots &0 \\0&0 & \cdots &0\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\0&0&\cdots &0 \end{matrix}\right)=O.$$

$A+\left ( -A \right )=-A+A=O \Rightarrow$ $A$ и $-A$ — симметричные элементы.

Коммутативность

Проверив все аксиомы, мы доказали, что $\left ( M_{m\times n} \left ( P \right ),\,+\right )$ — группа. Чтобы доказать, что она абелева, проверим коммутативность опреации.

Общий вид: $$\forall g_{1},g_{2}\in G\;g_{1}\ast g_{2}=g_{2}\ast g_{1}.$$ Для множества матриц размеров $m\times n:$ $$\forall A,B\in M_{m\times n}\left ( P \right )\;A+B=B+A.$$

Пусть $$A=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right),\; B=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right);$$ $$A+B=\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\ \cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right);$$ $$B+A=\left(\begin{matrix}b_{11}&b_{12} & \cdots &b_{1n} \\b_{21}&b_{22} & \cdots &b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}&b_{m2}&\cdots &b_{mn} \end{matrix}\right)+\left(\begin{matrix}a_{11}&a_{12} & \cdots &a_{1n} \\a_{21}&a_{22} & \cdots &a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}&a_{m2}&\cdots &a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}b_{11}+a_{11}&b_{12}+a_{12} & \cdots &b_{1n}+a_{1n} \\b_{21}+a_{21}&b_{22}+a_{22} & \cdots &b_{2n}+a_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\b_{m1}+a_{m1}&b_{m2}+a_{m2}&\cdots &b_{mn}+a_{mn} \end{matrix}\right)=$$ $$=\left(\begin{matrix}a_{11}+b_{11}&a_{12}+b_{12} & \cdots &a_{1n}+b_{1n} \\a_{21}+b_{21}&a_{22}+b_{22} & \cdots &a_{2n}+b_{2n}\\\cdot &\cdot &\cdot &\cdot \\a_{m1}+b_{m1}&a_{m2}+b_{m2}&\cdots &a_{mn}+b_{mn}\end{matrix}\right).$$

$A+B=B+A\Rightarrow$ операция коммутативна.

Доказав три аксиомы группы и коммутативность, мы доказали теорему об аддитивной группе матриц.

Литература

  1. Белозеров Г.С. Конспект лекций по линейной алгебре.
  2. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980.-400 с., стр. 23-26
  3. Фадеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984.-416 с., стр. 242-244

Критерий кратности корня

Теорема. Корень $\alpha$ многочлена $f(x)$ является его $k$-кратным корнем тогда и только тогда, когда он является корнем кратности $k-1$ его первой производной.

Так как мы работаем с критерием, то доказательство будет проведено в обе стороны.

Необходимость. Пусть $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$. Необходимо доказать, что $\alpha$ — корень кратности $k-1$ многочлена $f'(x)$. По определению кратного корня можно записать следующее:$$f(x)=\left(x-\alpha\right)^kf_{1}(x),\, f_{1}(x) \bar\vdots (x-\alpha).$$

Стоит отметить, что условия $f_{1}(x) \bar\vdots(x-\alpha)$ и $f(\alpha)\ne0$ являются эквивалентными по следствию теоремы Безу.

Дифференцируя $f(x)$, получаем: $$f'(x)=k\left(x-\alpha\right)^{k-1}f_{1}(x)+\left(x-\alpha\right)^kf’_{1}(x).$$Вынося $\left(x-\alpha\right)^{k-1}$ из первого и второго слагаемого, получаем: $$f'(x)=\left(x-\alpha\right)^{k-1}(kf_{1}(x)+(x-\alpha)f’_{1}(x)),$$ при этом слагаемое $(kf_{1}(x)+(x-\alpha)f’_{1}(x)) \bar\vdots (x-\alpha)$, так как в противном случае выполнялось бы условие $f_{1}(x) \,\vdots\, (x-\alpha)$, что противоречит тому, что $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$.

Следовательно, $\alpha$ — корень кратности $k-1$ многочлена $f'(x)$ по определению кратного корня.

Достаточность. Теперь пусть $\alpha$ — корень многочлена $f(x)$ и корень кратности $k-1$ многочлена $f'(x)$. Тогда можно записать следующее: $$f(x)=(x-\alpha)f_{1}(x),$$ $$f'(x)=\left(x-\alpha\right)^{k-1}g(x),\, g(x)\bar\vdots(x-\alpha).$$

Пусть $k\geqslant2$. Тогда продифференцируем $f(x)$ и получим: $$f'(x)=f_{1}(x)+(x-\alpha)f’_{1}(x).$$Учитывая, что $f'(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, то и $f_{1}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, иными словами, многочлен $f_{1}(x)$ можно представить так: $$f_{1}(x)=(x-\alpha)f_{2}(x).$$ Тогда $f(x)$ представляется в следующем виде: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^2f_{2}(x).$$ Теперь продифференцируем $f(x)$ в очередной раз, получим: $$f'(x)=2(x-\alpha)f_{2}(x)+\left(x-\alpha\right)^2f’_{2}(x).$$

Если $k=2$, тогда $\alpha$ — простой корень $f'(x)$, значит $f'(x)\bar\vdots\left(x-\alpha\right)^2$. Получаем, что $f_{2}(x)\bar\vdots(x-\alpha)$, потому $\alpha$ — двукратный корень $f(x)$.

Если же $k\geqslant3$, то $f'(x)\,\vdots\,\left(x-\alpha\right)^2$, тогда из текущего представления $f'(x)$ видно, что $f_{2}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, значит $f_{2}(x)$ можно представить в следующем виде: $$f_{2}(x)=(x-\alpha)f_{3}(x).$$ Откуда $f(x)$ представляется как: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^3f_{3}(x).$$

Продолжая такой процесс, получим: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^{k-1}f_{k-1}(x).$$ Дифференцируя $f(x)$, получаем: $$f'(x)=(k-1)\left(x-\alpha\right)^{k-2}f_{k-1}(x)+\left(x-\alpha\right)^{k-1}f’_{k-1}(x).$$ По аналогии получаем, что $f_{k-1}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, откуда $$f_{k-1}(x)=(x-\alpha)f_{k}(x).$$ Тогда $f(x)$ представляется так: $$f(x)=\left(x-\alpha\right)^kf_{k}(x).$$Дифференцируя $f(x)$ ещё раз, получаем следующее: $$f'(x)=k\left(x-\alpha\right)^{k-1}f_{k}(x)+\left(x-\alpha\right)^kf’_{k}(x).$$Теперь, если $f_{k}(x)\,\vdots\,(x-\alpha)$, то $\alpha$ — корень $f'(x)$ кратности больше чем $k-1$, что противоречит условию. Значит $f_{k}(x) \bar\vdots(x-\alpha)$, тогда $\alpha$ — корень $f(x)$ кратности $k$, что и требовалось доказать.

Примеры решения задач

  1. Используя критерий кратности корня, найти кратность корня $-1$ многочлена $f(x)=x^3-3x-2$.
    Решение

    Продифференцируем $f(x)$, получим: $$f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1).$$
    Учитывая, что $-1$ — простой корень $f'(x)$ и $f(-1)=0$, тогда, по критерию кратности корня, $-1$ — корень второй кратности многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  2. Используя критерий кратности корня, найти кратность корня $3$ многочлена $f(x)=x^3-7x^2+15x-9$.
    Решение

    Продифференцируем $f(x)$, получим: $$f'(x)=3x^2-14x+15.$$ Легко проверить, что $f'(3)=27-42+15=0$. Теперь продифференцируем $f'(x)$, получим: $$f^{\prime\prime}(x)=6x-14.$$ Подставляя $3$ имеем $f^{\prime\prime}(3)=4\ne0$. Значит $3$ — простой корень $f'(x)$. Так как $3$ — корень $f(x)$ и простой корень $f'(x)$, то, пользуясь критерием, получаем, что $3$ — корень второй кратности многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  3. Известно, что $1$ — корень четвертой кратности многочлена $f(x)=x^4-4x^3+6x^2-4x+1$. Найти кратность корня $1$ многочлена $g(x)=4x^3-12x^2+12x-4$.
    Решение

    Продифференцируем $f(x)$, получим: $$f'(x)=4x^3-12x^2+12x-4.$$Значит $g(x)=f'(x)$, тогда, пользуясь критерием кратности корня, если $1$ — корень четвертой кратности многочлена $f(x)$, то $1$ — корень третьей кратности многочлена $f'(x)$.

    [свернуть]
  4. Известно, что $\alpha$ — корень третьей кратности многочлена $f(x)$ и корень второй кратности многочлена $g(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $l(x)=f'(x)g(x)$.
    Решение

    Пользуясь критерием кратности корня, $\alpha$ — корень второй кратности многочлена $f'(x)$. Тогда имеют место следующие равенства: $$f'(x)=\left(x-\alpha\right)^2h_{1}(x),\, h_{1}(\alpha)\ne0,$$ $$g(x)=\left(x-\alpha\right)^2h_{2}(x),\, h_{2}(\alpha)\ne0.$$Тогда $l(x)$ можно представить в следующем виде: $$l(x)=\left(x-\alpha\right)^4h_{1}(x)h_{2}(x)=\left(x-\alpha\right)^4h(x),\, h(\alpha)\ne0.$$Получаем, что $\alpha$ — корень четвертой кратности многочлена $l(x)$.

    [свернуть]
  5. Известно, что $\alpha$ — корень седьмой кратности многочлена $f(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $f^{\prime\prime\prime}(x)$.
    Решение

    По критерию кратности корня, $\alpha$ — корень шестой кратности многочлена $f'(x)$. Рассуждая аналогично, можем применить критерий кратности корня ещё раз и получить, что $\alpha$ — корень пятой кратности многочлена $f^{\prime\prime}(x)$. Применяя критерий в очередной раз, получаем результат, что $\alpha$ — корень четвертой кратности многочлена $f^{\prime\prime\prime}(x)$.

    [свернуть]

Тест на тему "Критерий кратности корня"

Проверьте ваши знания на тему «Критерий кратности корня» в данном тесте.

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М.:Наука, 1977, стр. 253-254
  3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968, стр. 146-147

Кратные корни многочлена

При рассмотрении вопроса о корнях многочлена, особо выделяют понятие кратных корней.

Определение. Пусть задан многочлен $f\left(x\right) \in P\left[x\right]$ ($P\left[x\right]$ — множество всех многочленов от буквы $x$ над полем $P$) и $\alpha$, где $\alpha$ — корень многочлена $f\left(x\right)$. Элемент $\alpha$ назовем $k$-кратным ($k \in \mathbb {N}$, $k>1$) корнем многочлена, если имеет место следующее представление: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^k f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0.$$

Принято рассматривать понятие кратного корня для $k>1$. Если же $f\left(x\right)$ можно представить следующим образом: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right) f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0,$$ то $\alpha$ называется простым (однократным) корнем многочлена$f\left(x\right)$. Если для $f\left(x\right)$ имеет место следующее равенство: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^2 f_{1}\left(x\right),\, f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0,$$ то $\alpha$ называется двукратным корнем многочлена $f\left(x\right)$. Аналогично, существуют корни трехкратные, четырехкратные и так далее.

Часто условие $f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0$ заменяют на $f_{1}\left(x\right)\,\bar\vdots\,(x-\alpha)$. Эквивалентность этих условий вытекает из следствий теоремы Безу. Тогда, набор условий, что $f(x)\,\vdots\,\left(x-\alpha\right)^k$, но $f(x)\,\bar\vdots\,\left(x-\alpha\right)^{k+1}$ эквивалентен тому, что $\alpha$ — $k$-кратный корень многочлена $f(x)$.

Процесс нахождения кратности корня

Пусть задан многочлен $f\left(x\right) \in P\left[x\right]$ и его корень $\alpha$ ( $\deg f\left(x\right) > 0$). Рассмотрим задачу о нахождении кратности корня $\alpha$.

Так как $\alpha$ — корень $f\left(x\right)$, то имеет место следующее представление: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)f_{1}\left(x\right).$$ Тогда, если $\alpha$ не является корнем $f_{1}\left(x\right)$ ($f_{1}\left(\alpha\right) \ne 0$), то, по определению, $\alpha$ — простой корень многочлена $f\left(x\right)$. В противном случае, $\alpha$ — $k$-кратный ($k \in \mathbb {N}$, $k > 1 $) корень $f\left(x\right)$. Задача сводится к нахождению $k-1$, то есть к нахождению кратности корня $f_{1}\left(x\right)$, где $\deg f_{1}\left(x\right) = \deg f\left(x\right) — 1$. Учитывая, что $\deg f\left(x\right) > 0$, то повторение такого алгоритма решает задачу. Для этого используется алгоритм Горнера.

Стоит упомянуть, что иногда удобней пользоваться критерием кратности корня.

Примеры решения задач

  1. Пусть задан многочлен $f\left(x\right)=x^3-3x^2+4$. Определить, является ли $2$ корнем многочлена $f(x)$. В случае положительного ответа найти его кратность.
    Решение

    Для решении задачи воспользуемся алгоритмом Горнера. Стоит обратить внимание на то, что хоть и слагаемое вида $a_{1}x^1$ отсутствует в записи, но нулевой коэффициент необходимо не забыть занести в таблицу.

    $1$ $-3$ $0$ $4$
    $2$ $1$ $-1$ $-2$ $0$
    $2$ $1$ $1$ $0$
    $2$ $1$ $3$

    Из таблицы видно, что многочлен $f(x)$ поделился на $\left(x-2\right)^2$ без остатка, а на $\left(x-2\right)^3$ — нет. Получаем, что $2$ — двукратный корень многочлена $f(x)$.

    [свернуть]
  2. Заданы $2$ многочлена $f(x)$, $g(x)$. Известно, что $\alpha$ — двукратный корень многочлена $f(x)$ и простой корень многочлена $g(x)$. Найти кратность корня $\alpha$ многочлена $f(x)g(x)$.
    Решение

    Так как $\alpha$ — двукратный корень многочлена $f(x)$, то $f(x)$ представим в следующем виде: $$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^2 f_{1}\left(x\right),$$где $f_{1}(\alpha) \ne 0$. Аналогично, $g(x)$ можно представить следующим образом: $$g\left(x\right)=\left(x-\alpha\right) g_{1}\left(x\right),$$где $g_{1}(\alpha) \ne 0$. Тогда, $$f(x)g(x)=\left(x-\alpha\right)^2f_{1}(x)(x-\alpha)g_{1}(x)=\left(x-\alpha\right)^3f_{1}(x)g_{1}(x).$$Так как $f_{1}(\alpha) \ne 0$ и $g_{1}(\alpha) \ne 0$, то $f_{1}(\alpha)g_{1}(\alpha)\ne0$. Обозначим $f(x)g(x)=h(x)$, $f_{1}(x)g_{1}(x)=h_{1}(x)$, тогда перепишем выражение многочлена $f(x)g(x)$ следующим образом: $$h(x)=\left(x-\alpha\right)^3h_{1}(x),$$ где $h_{1}(\alpha)\ne0$. Тогда по определению $\alpha$ — корень $f(x)g(x)$ третьей кратности.

    [свернуть]
  3. Задан многочлен $f(x)=x^5+5x^4+10x^3+10x^2+5x+1$. Определить кратность корня $-1$.
    Решение

    Для решении задачи воспользуемся алгоритмом Горнера.

    $1$ $5$ $10$ $10$ $5$ $1$
    $-1$ $1$ $4$ $6$ $4$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $3$ $3$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $2$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $1$ $0$
    $-1$ $1$ $0$

    Из таблицы видно, что многочлен пятой степени $f(x)$ поделился на $\left(x+1\right)^5$ без остатка. Получаем, что $-1$ — корень пятой кратности.

    [свернуть]
  4. Задан многочлен $f(x)=\left(x-2\right)^2(x^2+x-6)$. Определить, является ли $2$ корнем $f(x)$ второй кратности. В случае отрицательного ответа найти его кратность.
    Решение

    По определению, для того, что бы $2$ была корнем второй кратности, необходимо что бы имело место следующее представление: $$f(x)=\left(x-2\right)^2f_{1}(x),\, f_{1}(2) \ne 0.$$С другой стороны, в нашем случае: $$f_{1}(x)=x^2+x-6=(x-2)(x+3),\, f_{1}(2)=0.$$ Получаем, что $2$ не корень второй кратности. Тогда найдем его кратность. Выразим $f(x)$ подставив $f_{1}(x)=(x-2)(x+3)$:$$f(x)=\left(x-2\right)^3(x+3)=\left(x-2\right)^3f_{2}(x),$$ $f_{2}(2)=(2+3)=5\ne0$. Значит, по определению, $2$ — корень многочлена $f(x)$ третьей кратности.

    [свернуть]
  5. Задан многочлен $f(x)=x^8-8x^7+10x^6-x^4$. Найти кратность корня $0$ многочлена $f(x)$.
    Решение

    Представим исходный многочлен следующим образом: $$f(x)=x^4(x^4-8x^3+10x^2-1).$$
    Обозначим $f_{1}(x)=x^4-8x^3+10x^2-1$. Легко убедиться, что $f_{1}(0)=-1\ne0$. Получаем, что, по определению кратного корня, $0$ — корень многочлена $f(x)$ четвертой кратности.

    [свернуть]

Тест на тему "Кратные корни"

Проверьте ваши знания на тему «Кратные корни» в данном тесте.

Литература

  1. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.
  2. Кострикин А.И. Введение в алгебру. М.:Наука, 1977, стр. 245-247
  3. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968, стр. 143-145

НОД двух многочленов

Для многочленов, также как и для множества целых чисел, можно определить наибольший общий делитель (НОД) и наименьшее общее кратное.

При определении понятия НОД, для начала необходимо ознакомиться с понятием общего делителя двух многочленов. Заранее для краткости и удобства договоримся, что в дальнейшем под понятиями общего делителя и наибольшего общего делителя мы будем подразумевать их аналоги на множестве $P\left[x\right].$

Определение 1 (общий делитель)

Пусть даны $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right],$ причем $f\left(x\right), g\left(x\right) \neq 0.$ Тогда общим делителем этих многочленов будет являться многочлен $d\left(x\right) \in P\left[x\right]$ при условии, что $f\left(x\right) \vdots d\left(x\right)$ и $g\left(x\right) \vdots d\left(x\right).$

Замечание. Любая ненулевая константа является общим делителем для любых двух многочленов.

Пример 1. Пусть $f\left(x\right) = x^8-1,$ $g\left(x\right) = x^4-1.$ Для того, чтобы найти общие делители разложим эти многочлены по формуле разности квадратов: $$f\left(x\right) = x^8-1 = \left(x^4-1\right)\left(x^4 + 1\right) = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right) =\\= \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right),$$ $$g\left(x\right) = x^4-1 = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) = \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right).$$Как мы видим, общими делителями являются $\left(x-1\right),$ $\left(x + 1\right)$ и $\left(x^2 + 1\right).$

Было бы некорректно применять такое определение НОД, по которому наибольшим общим делителем двух многочленов является их общий делитель наибольшей степени, т.к. оно является слишком обобщенным. Поэтому мы введём такое понятие:

Определение 2 (наибольший общий делитель)

Пусть даны $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right],$ причем $f\left(x\right), g\left(x\right) \neq 0.$ Тогда многочлен $d\left(x\right) \in P\left[x\right]$ будет являться их наибольшим общим делителем, если сам будет являться их общим делителем, который делится на любые другие общие делители $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right).$ Обозначение: $d\left(x\right) = \left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right)$ — НОД для $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right].$

Замечание. Пусть $f\left(x\right) = 0$ и $g\left(x\right) = 0.$ Тогда НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = 0.$

Лемма. НОД определен (если существует) с точностью до постоянного ненулевого множителя.

Пусть даны $f\left(x\right), g\left(x\right) \in P\left[x\right],$ для которых $d_1\left(x\right), d_2\left(x\right) \in P\left[x\right]$ — два НОД.

Тогда, по определению, $d_1\left(x\right) \vdots d_2\left(x\right)$ и $d_2\left(x\right) \vdots d_1\left(x\right).$ По свойству делимости $\left(f\left(x\right) \vdots g\left(x\right) \wedge g\left(x\right) \vdots f\left(x\right) \Leftrightarrow \exists c \in P^*: f\left(x\right) = c \cdot g\left(x\right)\right)$ $d_1\left(x\right) = c_1 \cdot d_2\left(x\right),$ $c_1 \in P^*,$ $c_1 = \text{const}.$

Пусть $\exists c_2 \in P^*,$ $c_2 = \text{const}.$ Тогда, если $d_2\left(x\right)$ — общий делитель для $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ (по определению), то и $c_2 \cdot d_2\left(x\right)$ — тоже общий делитель. Соответственно, если $d_2\left(x\right)$ — НОД, т.е. делится на любой другой общий делитель (по определению), то и $c_2 \cdot d_2\left(x\right)$ — тоже является НОД.

Пример 2. Возьмём те же $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right),$ что и в примере 1: $f\left(x\right) = x^8-1,$ $g\left(x\right) = x^4-1.$ Чтобы найти НОД этих многочленов, разложим их так же, как и в предыдущем примере: $$f\left(x\right) = x^8-1 = \left(x^4-1\right)\left(x^4 + 1\right) = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right) =\\= \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right)\left(x^4 + 1\right),$$ $$g\left(x\right) = x^4-1 = \left(x^2-1\right)\left(x^2 + 1\right) = \left(x-1\right)\left(x + 1\right)\left(x^2 + 1\right).$$Очевидно, что наибольшим общим делителем будет являться $\left(x^4-1\right).$

Теперь разберем способ получения НОД двух многочленов. Находить его можно таким же способом, что и для двух целых чисел, — алгоритмом Евклида (или алгоритмом последовательного деления).

Замечание. С помощью этого алгоритма доказывается существование НОД двух многочленов.

Пример 3. Построим НОД для двух многочленов с помощью алгоритма Евклида. Пусть даны $f\left(x\right) = x^4+x^3-3x^2-4x-1$ и $g\left(x\right) = x^4+x^3-x-1.$

$x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $3x^2$ $-$ $4x$ $-$ $1$  
$x^4$ $+$ $x^3$     $-$ $x$ $-$ $1$  
      $-$ $3x^2$ $-$ $3x$      
$x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x$ $-$ $1$
$1$            
  $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x$ $-$ $1$  
  $x^4$ $+$ $x^3$          
        $-$ $x$ $-$ $1$  
$-$ $3x^2$ $-$ $3x$      
$-$ $\frac{1}{3}x^2$          
        $-$ $3x^2$ $-$ $3x$  
        $-$ $3x^2$ $-$ $3x$  
              $0$  
$-$ $x$ $-$ $1$      
$3x$            

Последний ненулевой остаток и будет являться НОД этих многочленов, т.е. НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = -x-1.$

Может возникнуть случай, когда НОД двух многочленов будет равен $1.$ При этом говорят, что многочлены являются взаимно простыми.

Пример 4. Пусть даны $f\left(x\right) = -x^3+x-1$ и $g\left(x\right) = x-2.$ Найдем их НОД. Для удобства умножим $f\left(x\right)$ на $-1,$ получим $f\left(x\right) = x^3-x+1.$

$x^3$ $+$ $0x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
$x^3$ $+$ $2x^2$          
    $2x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
    $2x^2$ $-$ $4x$      
        $3x$ $+$ $1$  
        $3x$ $-$ $6$  
            $7$  
$x$ $-$ $2$        
$x^2$ $+$ $2x$ $+$ $3$    

Таким образом, многочлен $q\left(x\right) = x^2+2x+3$ — частное деления многочленов, а $r\left(x\right) = 7$ — остаток. Дальнейшее деление можно не продолжать, т.к. и так понятно, что в следующем остатке мы получим $0,$ т.е. $7$ будет последним ненулевым остатком, после умножения которого на $\displaystyle\frac{1}{7},$ НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = 1.$ Следовательно, $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ — взаимно простые.

Также стоит упомянуть и линейное представление НОД:$$d\left(x\right) = f\left(x\right) \cdot u\left(x\right) + g\left(x\right) \cdot v\left(x\right),$$ где $f\left(x\right), g\left(x\right), u\left(x\right), v\left(x\right) \in P\left[x\right],$ а $d\left(x\right) = \left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right).$

Примеры решения задач

  1. Определить наибольший общий делитель многочленов:
    1. $f\left(x\right) = x^2-9$ и $g\left(x\right) =x^3-27;$
    2. $f\left(x\right) = x^5+x^3+x$ и $g\left(x\right) = x^4+x^3+x;$
    Решение (пример a.)

    Для построения НОД воспользуемся алгоритмом Евклида. Так как степень многочлена $g\left(x\right)$ больше степени многочлена $f\left(x\right),$ то мы будем делить $g\left(x\right)$ на $f\left(x\right).$

      $x^3$ $+$ $0x^2$ $+$ $0x$ $-$ $27$  
      $x^3$     $-$ $9x$      
              $9x$ $-$ $27$  
    $x^2$ $-$ $9$        
    $x$            

    После первого деления мы получили остаток $r_1\left(x\right) = 9x-27.$ Для удобства мы можем умножить его на $\displaystyle\frac{1}{9}.$ Получим $r_1\left(x\right) = x-3.$

    Продолжаем наше деление, только в этот раз мы делим многочлен $g\left(x\right)$ на остаток $r_1\left(x\right).$

          $x^2$ $+$ $0x$ $-$ $9$  
          $x^2$ $-$ $3x$      
              $3x$ $-$ $9$  
              $3x$ $-$ $9$  
                  $0$  
    $x$ $-$ $3$        
    $x$ $+$ $3$        

    Теперь в остатке мы получили $0$ — значит деление закончено. Последний ненулевой остаток и будет являться НОД многочленов $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right).$ В нашем случае это $x+3.$

    Ответ: НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = x+3.$

    [свернуть]

    Решение (пример b.)

    Также как и в прошлом примере, воспользуемся алгоритмом последовательного деления.

    $x^5$ $+$ $0x^4$ $+$ $x^3$ $+$ $0x^2$ $+$ $x$  
    $x^5$ $+$ $x^4$     $+$ $x^2$      
      $-$ $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $x$  
      $-$ $x^4$ $-$ $x^3$     $-$ $x$  
            $2x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $2x$  
    $x^4$ $+$ $x^3$ $+$ $x$    
    $x$ $-$ $1$        

    В результате первого деления мы получили остаток $r_1\left(x\right) = x-1.$ Продолжаем деление.

      $x^4$ $+$ $x^3$ $+$ $0x^2$ $+$ $x$  
      $x^4$ $-$ $\frac{1}{2}x^3$ $+$ $x^2$      
          $\frac{3}{2}x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $x$  
          $\frac{3}{2}x^3$ $-$ $\frac{3}{4}x^2$ $+$ $\frac{3}{2}x$  
            $-$ $\frac{1}{4}x^2$ $-$ $\frac{1}{2}x$  
    $2x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $2x$    
    $\frac{1}{2}x$ $+$ $\frac{3}{4}$        

    Для удобства умножим остаток $r_2\left(x\right) = -\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x$ на $-4$ и получим $r_2\left(x\right) = x^2+2x.$ Продолжаем деление.

          $2x^3$ $-$ $x^2$ $+$ $2x$  
          $2x^3$ $+$ $4x^2$      
            $-$ $5x^2$ $+$ $2x$  
            $-$ $5x^2$ $-$ $10x$  
                  $12x$  
    $x^2$ $+$ $2x$        
    $2x$ $-$ $5$        

    Третий остаток умножим на $\displaystyle\frac{1}{12}$ и получим $r_3\left(x\right) = x.$ Поделим в последний раз.

              $x^2$ $+$ $2x$  
              $x^2$      
                  $2x$  
                  $2x$  
                  $0$  
    $x$            
    $x$ $+$ $2$        

    Как мы видим, последний ненулевой остаток равен $x$ — это и будет нашим НОД.

    Ответ: НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = x.$

    [свернуть]
  2. Пользуясь алгоритмом Евклида, убедиться в том, что многочлены $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ взаимно простые, и подобрать $u\left(x\right)$ и $v\left(x\right)$ так, чтобы $f\left(x\right) \cdot u\left(x\right) + g\left(x\right) \cdot v\left(x\right) = 1:$ $$f\left(x\right) = 3x^3-2x^2+x+2,\\ g\left(x\right) =x^2-x+1.$$
    Решение

    Как и сказано в условии задачи, воспользуемся алгоритмом Евклида, чтобы проверить равен ли НОД наших многочленов $1.$ В отличии от прошлого задания, здесь надо запоминать все частные и остатки.

      $3x^3$ $-$ $2x^2$ $+$ $x$ $+$ $2$  
      $3x^3$ $-$ $3x^2$ $+$ $3x$      
          $x^2$ $-$ $2x$ $+$ $2$  
          $x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
            $-$ $x$ $+$ $1$  
    $x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$    
    $3x$ $+$ $1$   $=$ $q_1\left(x\right)$  

    Получили остаток $r_1\left(x\right) = -x+1.$ Продолжаем деление.

          $x^2$ $-$ $x$ $+$ $1$  
          $x^2$ $-$ $x$      
                  $1$  
    $-$ $x$ $+$ $1$      
    $-$ $x$     $=$ $q_2\left(x\right)$  

    $r_2\left(x\right) = 1,$ следовательно НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = 1,$ значит, наши многочлены взаимно простые и можно продолжать решать. Запишем многочлены в таком виде:$$\begin{cases} f\left(x\right) = g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right) + r_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = r_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Выразим $r_1\left(x\right)$ из первого равенства и подставим во второе:$$\begin{cases} r_1\left(x\right) = f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = \left(f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right)\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Помня про то, что $r_2\left(x\right) = d\left(x\right),$ продолжаем наши преобразования:$$f\left(x\right) \cdot \left(-q_2\left(x\right)\right) + g\left(x\right) \cdot \left(1 + q_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right)\right) = d\left(x\right).$$ Подставляем значения:$$f\left(x\right) \cdot \left(x\right) + g\left(x\right) \cdot \left(-3x^2-x+1\right) = d\left(x\right).$$

    Если сравнить данное равенство с формулой линейного представления НОД, мы увидим, что получили $u\left(x\right) = x$ и $v\left(x\right) = -3x^2-x+1.$

    Ответ: $u\left(x\right) = x,$ $v\left(x\right) = -3x^2-x+1.$

    [свернуть]
  3. Пользуясь алгоритмом Евклида, найти многочлены $u\left(x\right)$ и $v\left(x\right)$ такие, чтобы они удовлетворяли равенству $f\left(x\right) \cdot u\left(x\right) + g\left(x\right) \cdot v\left(x\right) = d\left(x\right),$ где $d\left(x\right)$ — НОД многочленов $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right):$ $$f\left(x\right) = x^4+2x^3-x^2-4x-2,\\ g\left(x\right) = x^4+x^3-x^2-2x-2.$$

    Решение

    Для начала необходимо построить НОД. Для этого используем алгоритм Евклида.

    $x^4$ $+$ $2x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $4x$ $-$ $2$  
    $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$  
        $x^3$     $-$ $2x$      
    $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$
    $1$       $=$ $q_1\left(x\right)$      

    Получили остаток $r_1\left(x\right) = x^3-2x.$ Делим дальше.

    $x^4$ $+$ $x^3$ $-$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$  
    $x^4$     $-$ $2x^2$          
        $x^3$ $+$ $x^2$ $-$ $2x$ $-$ $2$  
        $x^3$     $-$ $2x$      
            $x^2$     $-$ $2$  
    $x^3$ $-$ $2x$          
    $x$ $+$ $1$     $=$ $q_2\left(x\right)$  

    Второй остаток $r_2\left(x\right) = x^2-2.$ Выполняем последнее деление.

              $x^3$ $-$ $2x$  
              $x^3$ $-$ $2x$  
                  $0$  
    $x^2$ $-$ $2$        
    $x$       $=$ $q_3\left(x\right)$  

    $r_3\left(x\right) = 0,$ следовательно НОД$\left(f\left(x\right), g\left(x\right)\right) = x^2-2.$ Дальнейшие наши действия ведутся по тому же принципу, что и в прошлой задаче, поэтому запишем многочлены в таком виде:$$\begin{cases} f\left(x\right) = g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right) + r_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = r_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Выразим $r_1\left(x\right)$ и подставим его во второе равенство:$$\begin{cases} r_1\left(x\right) = f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right); \\ g\left(x\right) = \left(f\left(x\right)-g\left(x\right) \cdot q_1\left(x\right)\right) \cdot q_2\left(x\right) + r_2\left(x\right). \end{cases}$$ Помним, что $r_2\left(x\right) = d\left(x\right),$ поэтому делаем замену:$$f\left(x\right) \cdot \left(-q_2\left(x\right)\right) + g\left(x\right) \cdot \left(1 + q_1\left(x\right) \cdot q_2\left(x\right)\right) = d\left(x\right).$$ Подставляем значения:$$f\left(x\right) \cdot \left(-x-1\right) + g\left(x\right) \cdot \left(x+2\right) = d\left(x\right).$$

    Итак, мы получили $u\left(x\right) = -x-1$ и $v\left(x\right) = x+2.$ На этом можно и закончить, но иногда стоит перепроверить правильность своих вычислений. Для проверки нам необходимо вместо $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$подставить их значения, а после раскрыть скобки. Если в итоге мы получим многочлен равный построенному НОД, то $u\left(x\right)$ и $v\left(x\right)$ подобраны верно. В нашем случае все сходится, а значит мы можем записывать их в ответ.

    Ответ: $u\left(x\right) = -x-1,$ $v\left(x\right) = x+2.$

    [свернуть]

Тест на проверку знаний по теме «НОД двух многочленов»

  1. Фадеев Д. К. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М., Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1984. — 416 с., стр. 168-170
  2. Курош А. Г. Курс высшей алгебры — И., Наука. Главная редакция физико-математической литературы, 1968. — 431 с., стр. 137-141
  3. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Свойства определителей

Рассмотрим свойства определителей, на основе которых можно существенно облегчить их вычисление:

Свойство $1$

Определитель транспонированной матрицы равен определителю начальной матрицы: $\det A = \det A^{T}$.

Доказательство

Действительно, брать произведения элементов по одному из каждой строки и по одному из каждого столбца исходной матрицы — то же самое, что делать это по отношению к транспонированной матрице. Далее, номера строк для исходной матрицы — это номера столбцов для транспонированной, а номера столбцов исходной матрицы — суть номера строк транспонированной. Поэтому каждое слагаемое входит в состав определителя исходной матрицы и определителя транспонированной с одним и тем же множителем.

[свернуть]

Свойство $2$

Транспозиция (замена) двух строк (столбцов) матрицы — меняет знак определителя $$\det A = \begin{vmatrix} a_{11} & … & a_{1n} \\ .&.&. \\ a_{i1} & … & a_{in} \\ a_{j1} & … & a_{jn} \\ .&.&. \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{vmatrix} = -\begin{vmatrix} a_{11} & … & a_{1n} \\ .&.&. \\ a_{j1} & … & a_{jn}\\ a_{i1} & … & a_{in} \\ .&.&. \\ a_{n1} & … & a_{nn} \end{vmatrix}.$$

Доказательство

Действительно, по Теореме №$2$ о транспозиции — транспозиция меняет четность элементов перестановки. При перестановке двух строк, каждый элемент меняет знак, значит и сам определитель меняет знак.

[свернуть]

Свойство $3$

Умножение всей строки (столбца) на некий элемент $\alpha$ является аналогичным умножению всего определителя на этот элемент. Определитель с нулевой строкой (столбцом) равен нулю: $$ \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 j} & \cdots & a_{1 n} \\a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 j} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\\alpha a_{i 1} & \alpha a_{i 2} & \cdots & \alpha a_{i j} & \cdots & \alpha a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n j} & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}= \alpha \cdot\begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 j} & \cdots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 j} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{i 1} & a_{i 2} & \cdots & a_{i j} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n j} & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}.$$

Доказательство

Пусть на $\alpha$ умножаются все элементы $i$-той строки. Каждый член определителя содержит $1$ элемент из этой строки, поэтому всякий член определителя приобретает общий множитель $\alpha$, а это значит что и сам определитель умножается на $\alpha$.

[свернуть]

Свойство $4$

Если все элементы $i$-той строки (столбца) матрицы определителя разбить в сумму двух строк: $$a_{i j}=b_{j}+c_{j}, \quad j=1, \ldots, n$$ то и саму матрицу можно будет разбить на две, у которых все строки (столбцы) кроме $i$-той — такие же как у первой матрицы, а $i$-тая строка состоит из $b_{j}$ в первой матрице определителя, и из элементов $c_{j}$ во втором.

Доказательство

Действительно, любой член матрицы определителя можно представить в виде произведения: $$\begin{aligned}a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots a_{i \alpha_{i}} \ldots a_{n \alpha_{n}}&=a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots\left(b_{\alpha_{i}}+c_{\alpha_{i}}\right)\ldots a_{n \alpha_{n}}=\\&=a_{1 \alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots b_{\alpha_{i}} \ldots a_{n \alpha_{n}}+a_{1\alpha_{1}} a_{2 \alpha_{2}} \ldots c_{\alpha_{i}} \ldots a_{n\alpha_{n}}.\end{aligned}.$$ Объединяя первые слагаемые этого выражения, мы получим матрицу определителя, где в первой матрице в $i$-той строке вместо элементов $a_{i j}$ стоят элементы$b_{j} .$ Соответственно вторые слагаемые составляют матрицу определителя, с элементами $c_{j}$ таким образом: $$\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\a_{1}+c_{1} & b_{2}+c_{2} & \dots & b_{n}+c_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n}\end{vmatrix}=$$$$=\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \dots a_{1 n} \\b_{1} & b_{2} & \dots & b_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 n} \\c_{1} & c_{2} &\dots & c_{n} \\a_{n 1} & a_{n 2} & \dots & a_{n n}\end{vmatrix}.$$

[свернуть]

Свойство $5$

Определитель верхней (нижней) треугольной матрицы есть произведение элементов ее главной диагонали $$\begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1 n} \\0 & a_{22} & a_{23} & \cdots & a_{2 n} \\0 & 0 & a_{33} & \cdots & a_{3 n} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\0 & 0 & 0 & \cdots & a_{n n}\end{vmatrix}=a_{11} \cdot a_{22} \cdot a_{33} \cdot \ldots \cdot a_{n n}.$$

Доказательство

Действительно, так как определитель есть произведение одного из элементов строки (столбца) его матрицы, то у первого столбца единственным будет $a_{11}$, во втором столбце — $a_{22}$ т.к. у первой строки $a_{11}$, третьим элементом — только $a_{33}$, далее аналогично.

[свернуть]

Свойство $6$

Если в матрице определителя одна строка будет результатом ее сложения с другой строкой и умножения на число, определитель не изменится . $$\begin{vmatrix}a_{11}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{1n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\ a_{i 1} & a_{i 2} & a_{i 3} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{j 1} & a_{j 2} & a_{j 3} & \cdots & a_{j n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{nn}\end{vmatrix}=$$$$=\begin{vmatrix}a_{11}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{1n} \\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{i 1} & a_{i 2} & a_{i 3} & \cdots & a_{i n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{k 1}+k a_{i 1} & a_{k 2}+k a_{i 2} & a_{k 3}+k a_{i 3} & \cdots & a_{k n}+k a_{i n} \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots\\ a_{n1}& \cdots & \cdots & \cdots & a_{nn}\end{vmatrix}\cdot$$

Доказательство

Этот определитель можно представить в виде суммы определителей (по $4$ свойству), в итоге получится $2$ определителя, один из которых будет равен нулю, из-за равенства двух строк, а второй будет исходным.

[свернуть]

Пример $1$

Вычислить определитель $$\det A=\begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\12 & 2 & 12 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix}.$$

Решение

Выносим $2$ из второй строки определителя: $$\det A = \begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\12 & 2 & 12 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix} = 2\begin{vmatrix}6 & 1 & 6 \\6 & 1 & 6 \\9 & 2 & 5\end{vmatrix} = 0.$$ Видим что у определителя две равных строки соответственно определитель равен нулю

[свернуть]

Пример $2$

Вычислить определитель$$\det A =\begin{vmatrix}12& 5 & 1 & 5 & 19 \\0 & 8 & 2 & 12 & 9 \\0 & 0 & 4 & 27 & 41 \\0 & 0 & 0 & 5 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 7\end{vmatrix}$$

Решение

По пятому свойству, определитель треугольной матрицы равен произведению элементов главной диагонали: $$\det A=\begin{vmatrix}12& 5 & 1 & 5 & 19 \\0 & 8 & 2 & 12 & 9 \\0 & 0 & 4 & 27 & 41 \\0 & 0 & 0 & 5 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 7\end{vmatrix}=12\cdot8\cdot4\cdot5\cdot7=13440.$$

[свернуть]

Пример $3$

Проверьте, будет ли определитель транспонированной матрицы равен исходной:$$\begin{Vmatrix}3 & 3 & -1 \\4 & 1 & 3 \\1 & -2 & -2\end{Vmatrix}.$$

Решение

$$\begin{vmatrix}3 & 3 & -1 \\4 & 1 & 3 \\1 & -2 & -2 \end{vmatrix}=$$$$=(-6)-(-18)-(-24) + 8 + 9 — (-1)=54$$$$\begin{vmatrix}3 & 4 & 1 \\3 & 1 & -2 \\-1 & 3 & -2 \end{vmatrix}=(-6)-(-18)-(-24)+8+9- (-1)=54.$$ Действительно, определитель транспонированной матрицы равен исходной

[свернуть]

Пример 4

Вычислите определитель треугольной матрицы: $$\begin{Vmatrix}3 & 0 & 0 \\4 & 1 & 0 \\1 & -2 & -2 \end{Vmatrix}.$$

Решение

Воспользуемся пятым свойством: $$\begin{vmatrix}3 & 0 & 0 \\4 & 1 & 0 \\1 & -2 & -2 \end{vmatrix} = 3\cdot1\cdot-2 = -6$$

Пример $5$

Вычислите определитель: $$\begin{vmatrix}6 & 5 & 9 & 3 \\2 & 1 & 0 & 4 \\0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 12 & 8 & 2 \end{vmatrix}.$$

Решение
[свернуть]

По $3$ свойству, матрица определителя, содержащая нулевую строку равна нулю. Ответ $\det A=0$

[свернуть]

Смотрите также

  1. Конспект Белозерова Г.С. по алгебре — Глава IV.
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, издание 9, глава 1, §4, «Определители n-го порядка»
  3. В.Воеводин Линейная алгебра М.: Наука, 1980, глава 7, §62, «Матрицы и определители» — стр 201

Свойства Определителей

Проверьте себя на знание материала «Свойства Определителей»