Метка: кратные корни

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