Лекция 5. Кольцо многочленов

Лекция начинается с упражнения на комплексные числа: сумма косинусов сворачивается в геометрическую прогрессию, если записать косинус через $e^{ix}$. Дальше новая тема — многочлены над полем. Они образуют кольцо $K[x]$, очень похожее на кольцо целых чисел: в нём есть деление с остатком, а остаток от деления на $x - c$ даёт теорема Безу. Вместе с основной теоремой алгебры это приводит к главному результату лекции: над $\mathbb{C}$ любой многочлен раскладывается на линейные множители, над $\mathbb{R}$ — на линейные и квадратные.

1. Упражнение: сумма косинусов

Найти

$S_n = \cos 0x + \cos x + \cos 2x + \dots + \cos nx = \sum_{k=0}^{n} \cos kx.$

1.1. Идея

Косинус — действительная часть экспоненты. Для $z = e^{ix} = \cos x + i \sin x$ сопряжённое $\bar z = e^{-ix} = \cos x - i \sin x$, и

$\operatorname{Re} z = \frac{z + \bar z}{2}, \qquad \cos kx = \frac{e^{ikx} + e^{-ikx}}{2}.$

Кроме того, $z \bar z = |z|^2 = 1$, то есть $\bar z = z^{-1}$: сопряжение на единичной окружности — это обращение.

Подставим в сумму:

$S_n = \frac{1}{2}\left(\sum_{k=0}^{n} e^{ikx} + \sum_{k=0}^{n} e^{-ikx}\right).$

Обе суммы — геометрические прогрессии со знаменателями $q = e^{ix}$ и $q^{-1}$.

1.2. Вычисление

Пусть $x \ne 2\pi m$, тогда $q \ne 1$ и формула суммы прогрессии применима:

$\sum_{k=0}^{n} q^k = \frac{q^{n+1} - 1}{q - 1}, \qquad \sum_{k=0}^{n} q^{-k} = \frac{q^{-(n+1)} - 1}{q^{-1} - 1} = \frac{q^{n+1} - 1}{q^{n}(q - 1)}.$

Во втором равенстве числитель и знаменатель умножены на $q^{n+1}$. Складываем:

$S_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{q^{n+1} - 1}{q - 1}\left(1 + \frac{1}{q^{n}}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{(q^{n+1} - 1)(q^{n} + 1)}{(q - 1)\, q^{n}}.$

Осталось вернуться к вещественной записи. Приём — вынести «половину угла»: $q^{m} - 1 = q^{m/2}\,(q^{m/2} - q^{-m/2}) = q^{m/2} \cdot 2i \sin \frac{mx}{2}$ и $q^{n} + 1 = q^{n/2} \cdot 2 \cos \frac{nx}{2}$. Тогда

$\frac{q^{n+1} - 1}{q - 1} = q^{n/2}\, \frac{\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}, \qquad \frac{q^{n} + 1}{q^{n}} = q^{-n/2} \cdot 2 \cos \frac{nx}{2},$

степени $q$ сокращаются, и

$\boxed{\ \sum_{k=0}^{n} \cos kx = \frac{\sin \frac{(n+1)x}{2}\, \cos \frac{nx}{2}}{\sin \frac{x}{2}}, \quad x \ne 2\pi m\ }$

При $x = 2\pi m$ все косинусы равны $1$ и $S_n = n + 1$.

Короче тот же ответ получается как $S_n = \operatorname{Re} \sum_{k=0}^{n} e^{ikx} = \operatorname{Re} \dfrac{q^{n+1} - 1}{q - 1}$: одна прогрессия вместо двух.

2. Многочлены над полем

2.1. Определение

Определение 1. Многочлен от переменной $x$ над полем $K$ — выражение

$P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k, \qquad a_k \in K.$

Числа $a_k$ — коэффициенты. Два многочлена равны, если равны все их коэффициенты при одинаковых степенях.

Определение 2. Если $a_n \ne 0$, число $n$ называется степенью многочлена: $\deg P = n$, а $a_n$ — старшим коэффициентом.

Определение 3. Множество всех многочленов от $x$ над $K$ обозначается $K[x]$. Основные примеры: $\mathbb{R}[x]$ и $\mathbb{C}[x]$.

2.2. Кольцо многочленов

Сложение — покоэффициентное, умножение — раскрытием скобок с $x^i \cdot x^j = x^{i+j}$: коэффициент при $x^k$ в произведении равен $\sum_{i + j = k} a_i b_j$.

Теорема 1. $K[x]$ — коммутативное кольцо с единицей.

Нуль кольца — многочлен $0$, единица — константа $1$. Все аксиомы следуют из аксиом поля $K$: например, коммутативность умножения — из того, что $a_i b_j = b_j a_i$. Определения кольца — в лекции 1.

2.3. Степень

Утверждение 1. Для $P, Q \in K[x]$:

1. $\deg(P \cdot Q) = \deg P + \deg Q$;
2. $\deg(P + Q) \le \max(\deg P, \deg Q)$;
3. $\deg c = 0$ для константы $c \ne 0$, а $\deg 0 = -\infty$.

Доказательство. 1) Пусть $\deg P = n$, $\deg Q = m$. Старший член произведения — $a_n b_m x^{n+m}$, и $a_n b_m \ne 0$, потому что в поле нет делителей нуля. 2) Коэффициенты при степенях выше $\max(n, m)$ у обоих слагаемых нулевые, значит, и у суммы тоже. $\blacksquare$

Соглашение $\deg 0 = -\infty$ нужно, чтобы свойство 1 работало и для нулевого многочлена: $\deg(0 \cdot Q) = -\infty = -\infty + \deg Q$.

Из свойства 1 следуют два факта о кольце $K[x]$:

• Делителей нуля нет. Если $P, Q \ne 0$, то $\deg(PQ) = \deg P + \deg Q \ge 0$, и $PQ \ne 0$. То есть $K[x]$ — область целостности.
• Это не поле. Обратимы только ненулевые константы: из $P \cdot Q = 1$ следует $\deg P + \deg Q = 0$, то есть оба многочлена — константы. У многочлена $x$ обратного нет.

Условие «над полем» существенно: в $\mathbb{Z}_6[x]$ из лекции 1 $(2x + 1)(3x + 1) = 6x^2 + 5x + 1 = 5x + 1$, и степень произведения $1$, а не $2$.

3. Деление с остатком

3.1. Формулировка

Теорема 2 (о делении с остатком). Пусть $A, B \in K[x]$ и $B \ne 0$. Тогда существует единственная пара многочленов $Q, R \in K[x]$ такая, что

$A(x) = B(x) \cdot Q(x) + R(x), \qquad \deg R < \deg B.$

$Q$ называется неполным частным, $R$ — остатком.

Это прямой аналог деления с остатком в $\mathbb{Z}$: там остаток меньше делителя по величине, здесь — по степени.

3.2. Существование

Доказательство. Пусть $\deg B = m$, $B(x) = b_m x^m + \dots$, $b_m \ne 0$. Индукция по $n = \deg A$.

База: $n < m$ (сюда же входит $A = 0$). Годится $A = 0 \cdot B + A$, то есть $Q = 0$, $R = A$, и $\deg R = n < m$.

Переход. Пусть утверждение верно для всех многочленов степени не выше $n$, где $n \ge m - 1$, и $\deg A = n + 1$, $A(x) = a_{n+1} x^{n+1} + a_n x^n + \dots + a_0$. Уничтожим старший член:

$\tilde A(x) = A(x) - \frac{a_{n+1}}{b_m}\, x^{n+1-m} B(x).$

Вычитаемое имеет старший член ровно $a_{n+1} x^{n+1}$, поэтому $\deg \tilde A \le n$. Деление на $b_m$ законно, потому что $K$ — поле. По предположению индукции $\tilde A = B \tilde Q + \tilde R$ с $\deg \tilde R < m$. Тогда

$A(x) = \tilde A(x) + \frac{a_{n+1}}{b_m}\, x^{n+1-m} B(x) = B(x) \underbrace{\left(\tilde Q(x) + \frac{a_{n+1}}{b_m}\, x^{n+1-m}\right)}_{Q(x)} + \underbrace{\tilde R(x)}_{R(x)}. \ \blacksquare$

Шаг перехода — это ровно один шаг деления «уголком»: подобрать одночлен частного, умножить на делитель, вычесть.

3.3. Единственность

Доказательство. Пусть $A = BQ + R = BQ^* + R^*$, где $\deg R < m$ и $\deg R^* < m$. Вычтем:

$B(x)\big(Q(x) - Q^*(x)\big) = R^*(x) - R(x).$

Если $Q \ne Q^*$, то по свойству степени левая часть имеет степень $m + \deg(Q - Q^*) \ge m$, а правая — степень меньше $m$ по свойству 2. Противоречие. Значит, $Q = Q^*$, тогда правая часть равна нулю и $R = R^*$. $\blacksquare$

3.4. Пример

Разделим $A = x^3 - 2x^2 + 4$ на $B = x^2 + 1$.

Проверка: $(x^2 + 1)(x - 2) + (-x + 6) = x^3 - 2x^2 + x - 2 - x + 6 = x^3 - 2x^2 + 4$.

4. Теорема Безу

Определение 4. $c \in K$ — корень многочлена $P$, если $P(c) = 0$.

Теорема 3 (Безу). Остаток от деления $P(x)$ на $x - c$ равен $P(c)$:

$P(x) = (x - c)\, Q(x) + P(c).$

Доказательство. По теореме 2, $P(x) = (x - c) Q(x) + R(x)$ с $\deg R < 1$, то есть $R$ — константа. Равенство многочленов верно при всех $x$; подставим $x = c$: $P(c) = 0 \cdot Q(c) + R$, откуда $R = P(c)$. $\blacksquare$

Следствие 1. $c$ — корень $P$ тогда и только тогда, когда $P(x) = (x - c) Q(x)$ для некоторого $Q \in K[x]$.

Доказательство. По теореме Безу остаток равен $P(c)$; он нулевой ровно тогда, когда $c$ — корень. $\blacksquare$

Пример. Остаток от деления $x^3 - 2x^2 + 4$ на $x - 3$ равен $27 - 18 + 4 = 13$ — без деления уголком. А $P(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6$ имеет корень $1$ ($1 - 6 + 11 - 6 = 0$), поэтому делится на $x - 1$: $P(x) = (x - 1)(x^2 - 5x + 6) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)$.

5. Разложение над комплексными числами

5.1. Основная теорема алгебры

Теорема 4 (Гаусс, основная теорема алгебры). Любой многочлен $P \in \mathbb{C}[x]$ степени $\deg P \ge 1$ имеет хотя бы один комплексный корень.

На лекции теорема дана без доказательства: оно опирается на анализ (непрерывность и поведение $|P(z)|$ при больших $|z|$), а не на алгебру.

Над $\mathbb{R}$ аналог неверен: у $x^2 + 1$ вещественных корней нет. Именно поэтому комплексные числа и вводились — в $\mathbb{C}$ корень есть у любого непостоянного многочлена.

5.2. Полное разложение

Следствие 2 (о полном разложении над $\mathbb{C}$). Любой многочлен $P(x) = a_n x^n + \dots + a_0 \in \mathbb{C}[x]$ степени $n \ge 1$ раскладывается на линейные множители:

$P(x) = a_n (x - c_1)(x - c_2) \cdots (x - c_n), \qquad c_i \in \mathbb{C}.$

Доказательство. Индукция по $n$. По теореме Гаусса есть корень $c_1$, по следствию 1 $P = (x - c_1) Q$, и $\deg Q = n - 1$ по свойству степени. Старший коэффициент $Q$ тот же, $a_n$. Если $n - 1 \ge 1$, раскладываем $Q$ по предположению индукции; при $n - 1 = 0$ многочлен $Q = a_n$ — константа. $\blacksquare$

Итого: у многочлена степени $n$ над $\mathbb{C}$ ровно $n$ корней с учётом повторений.

5.3. Кратность корня

Среди $c_1, \dots, c_n$ могут быть одинаковые. Сгруппируем их.

Определение 5. Если в полном разложении

$P(x) = a_n (x - c_1)^{k_1} (x - c_2)^{k_2} \cdots (x - c_s)^{k_s}$

числа $c_1, \dots, c_s$ попарно различны, то $k_i$ называется кратностью корня $c_i$. Корень кратности $1$ — простой. Сумма кратностей $k_1 + \dots + k_s = n$.

Пример: $x^3 - 3x + 2 = (x - 1)^2 (x + 2)$ — корень $1$ кратности $2$ и простой корень $-2$.

6. Многочлены с вещественными коэффициентами

6.1. Сопряжённые корни

Теорема 5. Пусть $P(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k$, все $a_k \in \mathbb{R}$. Если $c \in \mathbb{C}$ — корень $P$, то $\bar c$ тоже корень.

Доказательство. Сопряжение перестановочно со сложением и умножением (лекция 3), а вещественные $a_k$ сопряжением не меняются: $\bar a_k = a_k$. Поэтому

$P(\bar c) = \sum_{k=0}^{n} a_k\, \bar c^{\,k} = \sum_{k=0}^{n} \overline{a_k c^k} = \overline{\sum_{k=0}^{n} a_k c^k} = \overline{P(c)} = \bar 0 = 0. \ \blacksquare$

6.2. Разложение над R

Если $c = a + ib$ с $b \ne 0$, то вместе с $c$ корнем будет $\bar c = a - ib \ne c$, и эти два линейных множителя дают вещественный квадратный:

$(x - c)(x - \bar c) = x^2 - (c + \bar c)x + c \bar c = x^2 - 2a x + a^2 + b^2.$

Его дискриминант $4a^2 - 4(a^2 + b^2) = -4b^2 < 0$, поэтому вещественных корней у него нет: на множители меньшей степени над $\mathbb{R}$ он не раскладывается, то есть неприводим.

Теорема 6. Любой многочлен $P \in \mathbb{R}[x]$ степени $\ge 1$ раскладывается над $\mathbb{R}$ в произведение старшего коэффициента, линейных множителей $x - c$ и неприводимых квадратных трёхчленов $x^2 + px + q$ с $p^2 - 4q < 0$.

Доказательство. Индукция по степени. По теореме Гаусса у $P$ есть комплексный корень $c$.

• Если $c \in \mathbb{R}$, то $P = (x - c) Q$, и $Q$ имеет вещественные коэффициенты: это частное от деления в $\mathbb{R}[x]$.
• Если $c = a + ib$, $b \ne 0$, то $\bar c$ тоже корень и $\bar c \ne c$. Из $P = (x - c) Q_1$ и $P(\bar c) = 0$ получаем $(\bar c - c) Q_1(\bar c) = 0$, то есть $Q_1(\bar c) = 0$ и $Q_1 = (x - \bar c) Q$. Итого $P = (x^2 - 2ax + a^2 + b^2)\, Q$. Делитель вещественный, поэтому частное от деления в $\mathbb{R}[x]$ вещественно, а по единственности в теореме 2 оно совпадает с $Q$.

В обоих случаях $Q \in \mathbb{R}[x]$ меньшей степени, и к нему применяется предположение индукции. $\blacksquare$

Пример. $x^4 + 4 = (x^2 + 2)^2 - 4x^2 = (x^2 - 2x + 2)(x^2 + 2x + 2)$. Корни $1 \pm i$ и $-1 \pm i$ — две пары сопряжённых, вещественных корней нет.

7. Теорема Виета

Раскроем скобки в полном разложении и сравним коэффициенты с $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_0$.

Теорема 7 (Виет). Если $c_1, \dots, c_n$ — корни $P$ с учётом кратности, то

$c_1 + c_2 + \dots + c_n = -\frac{a_{n-1}}{a_n},$

$c_1 c_2 + c_1 c_3 + \dots + c_{n-1} c_n = \sum_{i < j} c_i c_j = \frac{a_{n-2}}{a_n},$

$\dots$

$c_1 c_2 \cdots c_n = (-1)^n \frac{a_0}{a_n}.$

В общем виде: сумма всех произведений по $k$ корней равна $(-1)^k \dfrac{a_{n-k}}{a_n}$.

Доказательство. В произведении $a_n (x - c_1) \cdots (x - c_n)$ член с $x^{n-k}$ получается, если из $n - k$ скобок взять $x$, а из остальных $k$ — числа $-c_i$. Поэтому коэффициент при $x^{n-k}$ равен $a_n (-1)^k \sum_{i_1 < \dots < i_k} c_{i_1} \cdots c_{i_k}$. Многочлены равны, значит, этот коэффициент равен $a_{n-k}$. $\blacksquare$

Пример. $x^3 - 6x^2 + 11x - 6$ с корнями $1, 2, 3$: сумма $6 = -\frac{-6}{1}$, попарные произведения $2 + 3 + 6 = 11 = \frac{11}{1}$, произведение $6 = (-1)^3 \cdot \frac{-6}{1}$.

Кратные корни считаются столько раз, какова кратность: у $x^3 - 3x + 2 = (x - 1)^2(x + 2)$ сумма корней $1 + 1 - 2 = 0$ — и коэффициент при $x^2$ действительно нулевой.

Частые ошибки

• Писать $\deg(P + Q) = \max(\deg P, \deg Q)$. Верно только неравенство: старшие члены могут сократиться.
• Забывать условие $B \ne 0$ в теореме о делении: на нулевой многочлен делить нельзя, и условие $\deg R < \deg B = -\infty$ невыполнимо.
• Складывать в неполное частное остаток: $Q = \tilde Q + \frac{a_{n+1}}{b_m} x^{n+1-m}$, а $\tilde R$ остаётся отдельным слагаемым — остатком.
• Путать знак в теореме Безу: остаток от деления на $x + 2$ равен $P(-2)$, а не $P(2)$.
• Применять теорему о сопряжённых корнях к многочлену с комплексными коэффициентами.
• Считать, что многочлен без вещественных корней неприводим над $\mathbb{R}$. Это верно для степени $2$, но $x^4 + 4$ корней в $\mathbb{R}$ не имеет и всё равно раскладывается.
• В формулах Виета терять знак: сумма корней равна $-\frac{a_{n-1}}{a_n}$, а произведение — $(-1)^n \frac{a_0}{a_n}$.
• В сумме косинусов забыть случай $x = 2\pi m$, где формула прогрессии не работает и $S_n = n + 1$.

Мини-тренажёр

1. Найдите $\deg\big((x^3 + 2x)(4x^2 - 1)\big)$ и $\deg\big((x^3 + x) + (5 - x^3)\big)$.
2. Разделите $x^4 + 1$ на $x^2 + x + 1$ с остатком.
3. Не деля, найдите остаток от деления $x^{100} - 3x + 5$ на $x - 1$ и на $x + 1$.
4. При каком $a$ многочлен $x^3 + a x^2 - 4$ делится на $x - 2$?
5. Многочлен с вещественными коэффициентами степени $3$ имеет корни $2$ и $1 - i$. Найдите третий корень и запишите многочлен со старшим коэффициентом $1$.
6. Разложите $x^3 - 1$ над $\mathbb{C}$ и над $\mathbb{R}$.
7. Корни $x^3 - 2x^2 - 5x + 6$ — числа $c_1, c_2, c_3$. Найдите $c_1 + c_2 + c_3$, $c_1 c_2 + c_1 c_3 + c_2 c_3$ и $c_1 c_2 c_3$, а затем $c_1^2 + c_2^2 + c_3^2$.
8. Найдите $1 + \cos x + \cos 2x + \cos 3x$ при $x = \frac{\pi}{2}$ двумя способами: напрямую и по формуле из раздела 1.

Ответы

1. $3 + 2 = 5$. Во второй сумме $x^3$ сокращаются: $x + 5$, степень $1 < 3$.
2. $x^4 / x^2 = x^2$, вычитаем $x^4 + x^3 + x^2$, остаётся $-x^3 - x^2 + 1$. Далее $-x$: вычитаем $-x^3 - x^2 - x$, остаётся $x + 1$. Степень $1 < 2$. Ответ: $Q = x^2 - x$, $R = x + 1$. Проверка: $(x^2 + x + 1)(x^2 - x) = x^4 - x$, плюс $x + 1$ даёт $x^4 + 1$.
3. $P(1) = 1 - 3 + 5 = 3$; $P(-1) = 1 + 3 + 5 = 9$.
4. $P(2) = 8 + 4a - 4 = 0$, $a = -1$.
5. Коэффициенты вещественные, поэтому корень и $1 + i$. $(x - 2)(x^2 - 2x + 2) = x^3 - 4x^2 + 6x - 4$.
6. Корни $1$ и $-\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt 3}{2} i$. Над $\mathbb{C}$: $(x - 1)\left(x + \frac{1}{2} - \frac{\sqrt 3}{2} i\right)\left(x + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt 3}{2} i\right)$. Над $\mathbb{R}$: $(x - 1)(x^2 + x + 1)$, дискриминант $1 - 4 = -3 < 0$.
7. $c_1 + c_2 + c_3 = 2$, попарные $-5$, произведение $(-1)^3 \cdot 6 = -6$. $\sum c_i^2 = 2^2 - 2 \cdot (-5) = 14$. Проверка: корни $1, -2, 3$, $1 + 4 + 9 = 14$.
8. Напрямую: $1 + 0 - 1 + 0 = 0$. По формуле с $n = 3$: $\dfrac{\sin \pi \cdot \cos \frac{3\pi}{4}}{\sin \frac{\pi}{4}} = 0$, так как $\sin \pi = 0$.

Шпаргалка