厦门大学高等代数教案网站IP地址:59.77.1.116;域名: gdjpkc. xmu. edu.cn §56复系数多项式 教学目的与要求理解代数基本定理与￠上多项式标准形,熟练掌握Ⅴieta定 理,了解一元三次,四次方程的根式解法以及 Galois在根式解问题的重大贡献 C上标准形 定理(代数学基本定理每个次数大于零的复数域上多项式都至少有一个复数 根 证明设 ∫(x)=anxn+an1-1x +a1x+ao∈C[],an≠0 首先证明,存在复数x0,使v∈C,有(2)≥(20)令2=x+,a=+ic, 其中x,3为实变量,b,R时,|∫f(2)充分大,因此|f(z)的最小值必含于圆 2≤R中,但这是平面上闭区域,必存在30,使|(x0)为最小 再者证明,f(x0)=0.反证法,即若f(x0)≠0,则必可找到z1,使|f(1)< f(0)将z=30+h代入(1),即可得到关于h的n次多项式: f(2o+h)=bhn+ bn-1hn-+ .+bh+bo
W&hD1(?d L IP 3 59.77.1.116; | gdjpkc.xmu.edu.cn §5.6 BV>:℄5 $.*!0/+ xf'>X 5xy C -:℄5b%x/B>{-:℄57.vmEB> G 1) / f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0 ∈ C[x], an 6= 0 (1) ;X $B> z0, 4 ∀z ∈ C, v |f(z)| ≥ |f(z0)|. z = x + iy, aj = b ′ j + ic′ j , x, y O3 b ′ j , c′ j ∈ R, f(z) = u(x, y) + iv(x, y) u(x, y), v(x, y) 83V>w |f(z)| = p u(x, y) 2 + v(x, y) 2 . 8mE) |f(z)| = |anz n + an−1z n−1 + ... + a0| ≥ |anz n | − |an−1z n−1 + · · · + a0| ≥ |z n |[|an| − ( |an−1| |z| + |an−2| |z 2 | + · · · + |a0| |z n| )] → ∞ (z → ∞). x8$> R, + |z| > R 1 |f(z)| A%r! |f(z)| / _Px |z| ≤ R ) 8-Æ#{$ z0, 4 |f(z0)| O _ f(z0) = 0. > =\+ f(z0) 6= 0, s, z1, 4 |f(z1)| < |f(z0)|. z = z0 + h '* (1), \s.,Mx h / n ":℄5 f(z0 + h) = bnh n + bn−1h n−1 + · · · + b1h + b0. 1
当h=0时,b=f(x0),由假定f(x0)≠0,故 f(z0+h) bn h"+ f(a0b-+…+ h+1, f(20)f(x0) b1,b2,……,bn中有些可能为0,但不全为0.设b是第一个不为0的复数,则 1+ckh+ck+1h+1+…+cnh f(20) 其中=,令d=V-,h=c代入(2)式,即得 1-e+ek+1 d""k) f(x0) 取充分小的e(至少小于1),使 e(|c+1d+1+(ak+1d +lend) 于是 f(2o+ h a0)≤1-e1+1e+1(+d+1+…+cn) (ak+1d+1|+…+|cnc) 1 1 将这样e代入h=ed,得到f(x0+ed)<|f(2o).矛盾.口 推论C上一元n次多项式在C中均有n个复根(包括重根) 推论C[上不可约多项式是一次多项式 这样,我们得到C上一元多项式标准形 f(x)=c(x-a1)21(x-a2)92…(x-am)fm 其中e1+e2+…+em=n=def(x) Vieta定理 Vieta定理若在数域K上多项式 ∫(x)=xn+p1xn-1+p2xn-2+…+p2-1x+pn
+ h = 0 1 b0 = f(z0), u_5 f(z0) 6= 0, L f(z0 + h) f(z0) = bn f(z0) h n + bn−1 f(z0) h n−1 + · · · + b1 f(z0) h + 1, b1, b2, · · · , bn v`sO 0, )%O 0. / bk 84mEO 0 /B> f(z0 + h) f(z0) = 1 + ckh k + ck+1h k+1 + · · · + cnh n (2) cj = bj f(z0) , d = k q − 1 ck , h = ed, '* (2) 5\. f(z0 + h) f(z0) = 1 − e k + e k+1(ck+1d k+1 + · · · + cnd n e n−k−1 ). $ A_/ e(._x 1), 4 e(|ck+1d k+1| + |ck+1d k+2| + · · · + |cnd n |) { K -:℄5 f(x) = x n + p1x n−1 + p2x n−2 + · · · + pn−1x + pn, 2
在K中有n个根x1,x2,…,xn,则 证明令f(x)=(x-x1)(x-x2)…(x-xrn),展开比较系数即得.口 元三次方程的求根公式 设f(x)=x3+ax2+bx+c=0,作变换x=y-a,代入上式得到 y3+py+q=0. 问题即求∫(x)=x3+px+q=0的根 若q=0,则x1=0, 士(y=p) 若p=0,则x1 qu,r3=√ p≠0,q≠0 令r=u+v,则x3=u3+3+3u(u+v)=t32+u3+3ur 或x3-3 比较,得: 即 3x3=-p3 由Ⅴieta定理知u3,t3是方程 0 27 的两个根,于是 q P3
K v n EG x1, x2, · · · , xn, Xn i=1 xi = −p1, X 1≤i\. 2 , m~,"? /"GI5 / f(x) = x 3 + ax2 + bx + c = 0, V x = y − 1 3 a, '*-5., y 3 + py + q = 0. RG\" f(x) = x 3 + px + q = 0 /G + q = 0, x1 = 0, x2, x3 = ±( √ −p). + p = 0, x1 = √3 −q, x2 = √3 −qω, x3 = √3 −qω2 , ω = −1+√ 3i 2 , p 6= 0, q 6= 0. x = u + v, x 3 = u 3 + v 3 + 3uv(u + v) = u 3 + v 3 + 3uvx W x 3 − 3uvx − (u 3 + v 3 ) = 0. e. uv = − 1 3 u 3 + v 3 = −q \ u 3 v 3 = − 1 27 p 3 u 3 + v 3 = −q u Vieta 5x u 3 , v3 8? y 2 + qy − p 3 27 = 0 /~EGx8 u 3 = − q 2 + r q 2 4 + p 3 27 , v3 = − q 2 − r q 2 4 + p 3 27 3
令△ +√△ 2+√△u, 而(-+√△(V=-√2)=-.所以 n3=v=+√+wv=-√ 称为 Cardan公式 例1求f(x)=x3+2x2+3x+4在C上的根 解令x=y-3,得 P==,q 则△=号+2=删,√△=V6=√6 所以x1=(Y156-3+-15√6-35)-,x2=15V6-35+"-15√6-35 号,x3=√15√6-35+学-15√6-35-3 四.一元四次方程的根式分解( Ferrari解法) 考虑f(x)=x4+ax32+bx2+cx+d=0 令 归纳为 +ax+br +c=0 变形得 U. L d (u-a)2-bx+"-d是一个完全平方的充分条件是 b2-4(x-a)(-c)
△ = q 2 4 + p 3 27 , u = 3 r −q 2 + p △, 3 r −q 2 + p △ω, 3 r −q 2 + p △ω 2 v = 3 r −q 2 − p △, 3 r −q 2 − p △ω, 3 r −q 2 − p △ω 2 ; ( 3 q−q 2 + √ △)( 3 q−q 2 − √ △) = − 1 3 p. Do x1 = 3 q−q 2 + √ △ + 3 q−q 2 − √ △ x2 = ω 3 q−q 2 + √ △ + ω 2 3 q−q 2 − √ △ x3 = ω 2 3 q−q 2 + √ △ + ω 3 q−q 2 − √ △ O Cardan I5 ' 1 " f(x) = x 3 + 2x 2 + 3x + 4 C -/G % x = y − 2 3 , . y 3 + 5 3 y + 70 27 = 0, p = 5 3 , q = 70 27 , △ = q 2 4 + p 3 27 = 1350 272 , √ △ = 15 27 √ 6 = 5 9 √ 6, Do x1 = 1 3 ( p3 15√ 6 − 35+p3 −15√ 6 − 35)− 2 3 , x2 = ω 3 p3 15√ 6 − 35+ω 2 3 p3 −15√ 6 − 35− 2 3 , x3 = ω 2 3 p3 15√ 6 − 35 + ω 3 p3 −15√ 6 − 35 − 2 3 . Am~A"? /G5Af (Ferrari f=) r f(x) = x 4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 x = y − 1 4 a, NO x 4 + ax2 + bx + c = 0 (3) b. x 4 + ux2 + u 2 4 − [(u − a)x 2 − bx + u 2 4 − c] = 0 (4) x 4 + ux2 + u 2 4 = (x 2 + u 2 ) 2 . [(u − a)x 2 − bx + u 2 4 − c] 8mEK%?/ AJb8 b 2 − 4(u − a)(u 2 4 − c) = 0 4
这是u的三次方程,称为(3)的分解式.假定u已解出,则(4)变为 I-a. T 分解因式后得 b Vu- I-a-L u-242 2√- 这样就可求得所有根 注分解式中只要取一个根即可.表面看分解式有3个根,代入(5)式(6)式, 有12个根.事实上(5)乘以(6)是(3)式,只有4个根! 例2求∫(x)=x4+x2+4x-3的根 解考虑预解式16-4(-1)(+3)=0,即3 28=0,易见a=2 是根解x2+x+1-号=0,x2+x-1=0,x2-x+3=0,得(-1√5,(1√① 是根 例3将f(x)=x4+4x-1分解成两个实二次多项式之积 解a=0,b=4,c=-1.考虑预解式16-4(÷+1)=0,即3+4-16=0 可知u=2是解.所以 f(x)=(x2+√2x+1-v2)(x2-V2x+1+v2) 五.用根式解代数方程问题 大约在公元前2000年,古巴比伦人就已经知道类似于配方法解一元二次方程 S del ferro(1465-1526)和 N Fontan linebreak(即 Tartaglia)(14991557)给出一元三 次方程的根式解. L. Ferrari(1522-1565)给出一元四次方程的根式解.以上解法,收 入 G Cardano(1501-1576)在1545年出版的《 Ars magna(大术)》中 挑战:找出五次方程的根式解,1545年来近300年努力,中间应该提到 Lagrange, auss. P ruffini((1765-1822)等名字 1824年挪威青年数学家Abel证明了一般五次方程根式解的不可能性.但是证 明有漏洞,且没有解决什么时候一个n次方程可用根式求解,什么时候不可能用根 式求解重要问题
8 u /,"? O (3) /Af5_5 u nf (4) O (x 2 + u 2 ) 2 − ( √ u − ax − b 2 √ u − a ) 2 = 0 Afr5T. x 2 + √ u − ax + u 2 − b 2 √ u − a = 0. (5) x 2 − √ u − ax + u 2 + b 2 √ u − a = 0. (6) jks".DvG 2 Af5k$mEG\sqAf5v 3 EG'* (5) 5 (6) 5 v 12 EG73- (5) o (6) 8 (3) 5v 4 EG ' 2 " f(x) = x 4 + x 2 + 4x − 3 /G % r}f5 16 − 4(u − 1)(u 2 4 + 3) = 0, \ u 3 − u 2 + 12u − 28 = 0, pa u = 2 8Gf x 2+x+1− 4 2 = 0, x 2+x−1 = 0, x 2−x+3 = 0, . 1 2 (−1± √ 5), 1 2 (1± √ 11i) 8G ' 3 f(x) = x 4 + 4x − 1 Af~E3? RG %I~ 2000 K (knj-wBx?=fm~g^ Abel m U"? G5f/sd)8 v6 vfn2 1SmE n "? stG5"f2 1SstG 5"fkRG 5
1830年,法国天才的青年数学家 Galois借助于它创立的群的理论彻底解决了 这个问题.用域论群论语言刻画了f(x)可用根式解的充要条件. galois的工作不 仅完美的解决了一元n次方程根式解问题,最重要的是开创了代数学的新纪元 门全新的并在现代数学中起极其重要的数学分支一抽象代数学从此诞生了 六. Vieta定理的应用举例 例4设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+ao的n个根为r1,xr2,…,xn且x;≠ 01≤i≤n,求以,,…,为根的多项式 解令g(x)=a0xn+a1xm-1+…+an-1x+an,则x9()=a0+a1x1+…+a1xn= f(x1)=0.因为x1≠0,所以9(1)=0.故有1,,……是g(x)的根.g(x)即为 所求 例5设a1,a2,a3是x3+px2+qx+r的根求作多项式,使得a1(a2+a3),a2(a1+ a3),a3(a1+a2)为根 解 a1+a2+a3=-p a1a2+a203+a103=q a1a2a3=-7 设所求多项式为x3+p12x2+q2x+n1,则-p1=a1(a2+a3)+a2(a1+a3)+a3(a1+a2)= 2q,q1=a1(a2+a)a2(a1+a3)+a1(a2+a3)a3(a1+a2)+a2(a1+a3)a3(a1+a2) q2-p,-n1=a1a2a3(a1+a2)(a2+a3)(a1+a3)=rqp-r2,故所求多项式为 f(r)=x3-2qx2+(q2-pr)c+(r2-rpq) 例6设f(x)∈C].对于任意的c∈R,f(c)∈R.求证f(x)∈R[x] 证明(法一)设f(x)=anx+an-1xm-1+…+a1x+ao,则 an1n+an-1n-1+……+a1+a0=b1 an2+an-121-1+…+a12+a0=b2 an(n+1)+an-1(n+1)-1+…+a1(n+1)+ao=bn+1 其中b∈R,1≤i≤n+1.视a0,a1,…an为未知量,得到m+1元一次非齐次线性 方程组,系数矩阵是 Vander monde行列式,方程有唯一解且为实数,故∫(x)∈R[ (法二)设f(x)为n次多项式,将f(x)重新整理后表示为f(x)=g(x)+ih(x)
1830 =OH/!>g^ Galois gxE z/&/x2fn ERGt{&zitU f(x) stG5f/ kJb Gralois /H hK /fnm~ n "? G5fRG k/8p '>g/a℄~m Æ%a/Z'>g Z k/>gAÆ – ^'>g#!*0 Vieta 5x/stmy ' 4 / f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a0 / n EGO x1, x2, · · · , xn xi 6= 0, 1 ≤ i ≤ n, "o 1 x1 , 1 x2 , · · · , 1 xn OG/:℄5 % g(x) = a0x n+a1x n−1+· · ·+an−1x+an, x n i g( 1 xi ) = a0+a1x1+· · ·+aix n i = f(xi) = 0. rO xi 6= 0, Do g( 1 xi ) = 0. Lv 1 x1 , 1 x2 , · · · 1 xn 8 g(x) /G g(x) \O D" 2 ' 5 / α1, α2, α3 8 x 3+px2+qx+r /G" :℄54. α1(α2+α3), α2(α1+ α3), α3(α1 + α2) OG % α1 + α2 + α3 = −p α1α2 + α2α3 + α1α3 = q α1α2α3 = −r /D":℄5O x 3+p1x 2+q1x+r1, −p1 = α1(α2+α3)+α2(α1+α3)+α3(α1+α2) = 2q, q1 = α1(α2 + α3)α2(α1 + α3) + α1(α2 + α3)α3(α1 + α2) + α2(α1 + α3)α3(α1 + α2) = q 2 − pr, −r1 = α1α2α3(α1 + α2)(α2 + α3)(α1 + α3) = rqp − r 2 , LD":℄5O f(x) = x 3 − 2qx2 + (q 2 − pr)x + (r 2 − rpq). ' 6 / f(x) ∈ C[x]. 8x)q/ c ∈ R, f(c) ∈ R. " f(x) ∈ R[x]. 1) (=m) / f(x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a1x + a0, an1 n + an−11 n−1 + · · · + a11 + a0 = b1 an2 n + an−12 n−1 + · · · + a12 + a0 = b2 · · · · · · an(n + 1)n + an−1(n + 1)n−1 + · · · + a1(n + 1) + a0 = bn+1 bi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n + 1. 9 a0, a1, · · · an OP., n + 1 ~m" "\d ? V>l 8 Vander Monde 5? vNmf O3>L f(x) ∈ R[x]. (=<) / f(x) O n ":℄5 f(x) a xT6O f(x) = g(x) + ih(x), 6
其中g(x),h(x)∈R[显然令h(x)求数小于等于n.由设知令是k=0,1,2,…,n 都有f(k)∈R,这意味着h(k)=0,因此h(x)=0.,即f(x)为实系数多项式口 作业:P206.1,5;P2.14 补充作业:在C上求f(x)=x3+3x+2的根 思考题:P203,4;P2s.13 选做1:P22.8. 选做2:设f(x)=anx2+an-1xn-1+…+ao∈K[x],a0为素数|aol>a1|+…+a 证明∫(x)在Z上纳可约
g(x), h(x) ∈ R[x]. Y' h(x) ">_x0x n. u/8 k = 0, 1, 2, · · ·, n, 7v f(k) ∈ R, qQ h(k) = 0, r! h(x) = 0, \ f(x) O3V>:℄5 2 l P206. 1, 5; P228.14. l C -" f(x) = x 3 + 3x + 2 /G rG P206.3, 4; P228.13. f 1: P227.8. f 2: / f(x) = anx n+an−1x n−1+· · ·+a0 ∈ K[x], a0 OC> |a0| > |a1|+· · ·+an, f(x) Z -s 7