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 95.10结式和判别式 教学目的与要求掌握两个一元多项式的结式的定义与公根的刻画;学会计算 元多项式的判别式和用二元二次方程组结式法求解 公根与公因子 设∫(x),9(x)∈K,我们知道则f(x),9(x)在C上有公因子的充分必要条件 是(f(x),9(x)=d(x)≠1 引理设(f(x),9(x)=d(x),则d(x)≠1的充分必要条件是存在非零多项式 u(x),v(x)∈K[使得f(x)(x)=g(x)v(x),且degu(x)0,矛盾.口 f(x)与g(x)的结式 设∫(x)=a0 g(a)=bo.m+b1.rm-I+ m-1,v(x)=x2-1+y +yn-1,其中 vo,…,yn-1为待定系数,代入∫(x)u(x)=g(x)v(x),比较系数得 boyo b1y0+ boy b2y0+b191+b03 anIm-3+an-1In-2+an-2n-1= bm]n-3+bm-19n-2+bm-19n-2+bm-20n-1 +an-1 视为m+n个未知数xo,x1,…,xm-1,y,yh,…,mn2-1的齐次线性方程组,知其系数 矩阵的转置矩阵为
Z3#tF , IP $3 59.77.1.116; '^ gdjpkc.xmu.edu.cn §5.10 Io;_ o IF>MJG -T4() o!Io!% &65!P=?Bx () o!_ o; +(+.;Io,dJ 65&6 : l f(x), g(x) ∈ K[x], [1 + f(x), g(x) * C k"6 :!0}D p (f(x), g(x)) = d(x) 6= 1. LB l (f(x), g(x)) = d(x), + d(x) 6= 1 !0}Dp*/V) o u(x), v(x) ∈ K[x] n f(x)u(x) = g(x)v(x), b degu(x) degv(x) > 0, Y( 2. + f(x) & g(x) !Io l f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · · + an, g(x) = b0x m + b1x m−1 + · · · + bm, u(x) = x0x m−1+x1x m−2+· · ·+xm−1, v(x) = y0x n−1+y1x n−2+· · ·+yn−1, `6 x0, · · · , xm−1, y0, · · · , yn−1 %sh f(x)u(x) = g(x)v(x), Gs a0x0 = b0y0 a1x0 + a0x1 = b1y0 + b0y1 a2x0 + a1x1 + a0x2 = b2y0 + b1y1 + b0y2 · · · anxm−3 + an−1xn−2 + an−2xn−1 = bmyn−3 + bm−1yn−2 + bm−1yn−2 + bm−2yn−1 anxm−2 + an−1xm−1 = bmyn−2 + bm−1yn−1 anxm−1 = bmyn−1 q m +n 41s x0, x1, · · · , xm−1, y0, y1, · · · , yn−1 !a .;1`s K/!95K/ 1
00 00 00 -bo -b1 定义设∫(x)=a0x+a1xn-1+…+an,9(x)=boxm+b1xm-1+…+bm, 定义下列m+n阶行列式 an-1 an 000 L R(f,9)=00 0 hb.0 bo b1 称为f与g的结式 定理设f(x),g(x)∈K,则f(x),g(x)在C上有公共根的充分必要条件是 R(f,g)=0. 推论设∫(x),9(x)∈K可,则(f(x),g(x)=1的充分必要条件是R(,g)≠0 定理设f(x)=a0x+a1xn-1+…+an,y(x)=borm+b1xm-1+…+bhm,f(x) 的根为x1,x2…,xn;9(x)的根为n,…,yn,则R(,9)=I=1I=1(x-y) 证明令∫(x)=aof1(x),g(x)=b91(x),则f(x)与f1(x)有相同根,g(x)与 1(x)有相同根,由结式定义可知 R(f,9)=abB(f1,91) 只要考虑∫,g为首项系数为1即可由Ⅴieta定理知-a1,a2,…,(-1)an是x1,x2,…
a0 a1 a2 · · · · · · an 0 · · · 0 0 a0 a1 · · · · · · an−1 an · · · 0 0 0 a0 · · · · · · an−2 an−1 · · · 0 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 0 0 · · · · · · a0 · · · · · · · · · an −b0 −b1 −b2 · · · · · · · · · 0 · · · 0 0 −b0 −b1 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 0 0 0 · · · −b0 −b1 · · · · · · −bm . ?K l f(x) = a0x n + a1xn−1 + · · · + an, g(x) = b0x m + b1xm−1 + · · · + bm, % U m + n HUo R(f, g) = a0 a1 a2 · · · · · · an 0 · · · 0 0 a0 a1 · · · · · · an−1 an · · · 0 0 0 a0 · · · · · · an−2 an−1 · · · 0 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 0 0 · · · · · · a0 · · · · · · · · · an b0 b1 b2 · · · · · · · · · 0 · · · 0 0 b0 b1 · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · 0 0 0 · · · b0 b1 · · · · · · bm f & g !Io ?B l f(x), g(x) ∈ K[x], + f(x), g(x) * C k"675!0}Dp R(f, g) = 0. HD l f(x), g(x) ∈ K[x], + (f(x), g(x)) = 1 !0}Dp R(f, g) 6= 0. ?B l f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · · + an,g(x) = b0x m + b1x m−1 + · · · + bm, f(x) !5 x1, x2, · · · , xn, g(x) !5 y1, · · · , yn, + R(f, g) = a m 0 b n 0 Qm i=1 Qm j=1(xj − yi). NE W f(x) = a0f1(x), g(x) = b0g1(x), + f(x) & f1(x) " ~5 g(x) & g1(x) " ~5!Io% O1 R(f, g) = a m 0 b n 0R(f1, g1). 4NX f, g r s 1 AO! Vieta %S1 −a1, a2, · · · ,(−1)nan p x1, x2, · · ·, 2
xn的初等对称多项式,-b1,b2,…,(-1)mbm是h,y,……,m的初等对称多项式因 此R(f,g)是关于x1,x2,……,xn;,y,…,ym的多项式并且对于x1,…,xn是对称 多项式,对于y,,…,mm也是对称多项式.又因为f(x)=(x-x1)(x-x2)…(x xn),g(x)=(x-y1)(x-y2)…(x-m),当x1=v时,f(x)与9(x)有公共根, 即R(,g)=0,若将R(f,g)视为x1的多项式,则x1-y是R(f,g)的因式,同 理,x-是R(f,9)的因式,同理x-v,1≤j≤n,1≤i≤m都是f(f,g)的 因式,视为多元多项式,这些x-v两两互素.因此, R(, g)=h(r1, 2, ...,In, 91, 下面证明h(x1,…,xn,,…,ym)=1 将(1)式两式表为x1的多项式,由R(f,9)的定义,它也是关于x1的m次多 项式,因而h是关于x1的0次多项式,同时r2,……,xn,h,…,ym在h中均为零 次,即h是常数c,故 R(,g)=cl(,-yi) 常数与x,v无关,因此与f,g的具体形式无关.取g(x)=xm,即g(x)的根 v=01≤i≤m),则(2)式右边为cr2…m.由定义R(f,g) (-1)(m+1)+ +n)+1+…+n 所以c=1.口 注B(f,9)=aI=19(x)=(-1)mI=1f() 多项式的判别式 定义设f(x)=a0xn+a1xm-1+…+an的判别式为 △(f)=(-1)=n(m-1a(,f 定理多项式f(x)=a0xn+a1xn-1+…+an的判别式为等于 ∏I(x1-x)2 1<<i<n
xn !"') o−b1 , b2, · · · ,(−1)mbm p y1, y2, · · · , ym !"') o R(f, g) p9% x1, x2, · · · , xn; y1, y2, · · · , ym !) o b'% x1, · · · , xn p' ) o'% y1, y2, · · · , ym p') o$ f(x) = (x−x1)(x−x2)· · ·(x− xn), g(x) = (x − y1)(x − y2)· · ·(x − ym), x1 = y1 m f(x) & g(x) "675 A R(f, g) = 0, iE R(f, g) q x1 !) o+ x1 − y1 p R(f, g) ! o~ S xj − y1 p R(f, g) ! o~S xj − yi , 1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ i ≤ m &p R(f, g) ! oq)() o. xj − yi TT<w R(f, g) = h(x1, x2, · · · , xn, y1, · · · , ym) Yn j=1 Ym i=1 (xj − yi). (1) \0℄ h(x1, · · · , xn, y1, · · · , ym) = 1. E (1) oTo x1 !) o! R(f, g) !% zp9% x1 ! m ) o * h p9% x1 ! 0 ) o~m x2, · · · , xn, y1, · · · , ym * h 6MV A h ps c, 8 R(f, g) = c Yn j=1 Ym i=1 (xj − yi), (2) s& xj , yi 9 & f, g !L|o9e g(x) = x m, A g(x) !5 yi = 0(1 ≤ i ≤ m), + (2) o# cxm 1 x m 2 · · · x m n . !% R(f, g), (−1)(m+1)+···+(m+n)+1+···+n = (−1)mn(−1)n , y c = 1. 2 O R(f, g) = a m 0 Qn j=1 g(xj ) = (−1)mnb m 0 Qm j=1 f(yj). j) o!_ o ?K l f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · · + an !_ o △(f) = (−1) 1 2 n(n−1)a −1 0 R(f, f′ ). ?B ) o f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · · + an !_ o"% △(f) = a 2n−2 0 Y 1≤j<i≤n (xj − xi) 2 . 3
证明由上面证明知 R(f,9)=amll 9(a,) 令9(x)=f(x),degf(x)=n-1,则R(f,f)=a-I=1f(x).又 ∫(x)=ao(x-x1)(x-x2)…(x-xn), (x-x1)…(x-x1-1)(x-x+1)…(x-xn), f(x)=a0(x1-x1)…(x1-x1-1)(x7;-x+1)…(x;-xn) 所以 R,f)=(-1)5a-1I(x-x)2 1≤j< 例1ax2+bx+c的判别式为 =a(1+2-4n2]=a(2-45) 推论f(x)有重根的充分必要条件是△(f)=0. 四.求解二元口次方程组 求解 f(r, y) g(x,y)=0 设f(x,y)=a0(y)x3+a1(y)xs-1+…+a3(y),9(x,y)=bo(y)x2+b1(y)x2-1+ +b1(y),且ao(y)≠0≠bo(y).则f,g可视x为未定元的结式是关于y的多项 式,即 (y) y(y):=R2(f,g) boly) b1(y) b1(y) b1(y)
NE !k\0℄1 R(f, g) = a m 0 Yn j=1 g(xj ). W g(x) = f ′ (x), degf(x) = n − 1, + R(f, f′ ) = a n−1 0 Qn j=1 f ′ (xj ). $ f(x) = a0(x − x1)(x − x2)· · ·(x − xn), f ′ (x) = a0[ Xn i=1 φ(x − x1)· · ·(x − xi−1)(x − xi+1)· · ·(x − xn)], f ′ (xj ) = a0(xj − x1)· · ·(xj − xj−1)(xj − xj+1)· · ·(xj − xn), y R(f, f′ ) = (−1) 1 2 n(n−1)a 2n−1 0 Y 1≤j<i≤n (xj − xi) 2 . 2 C 1 ax2 + bx + c !_ o a 2 (x1 − x2) 2 = a 2 [(x1 + x2) 2 − 4x1x2] = a 2 ( b 2 a 2 − 4 c 4 ) = b 2 − 4ac. HD f(x) "75!0}Dp △(f) = 0. udJ+(2.; dJ f(x, y) = 0 g(x, y) = 0 (3) l f(x, y) = a0(y)x s + a1(y)x s−1 + · · · + as(y), g(x, y) = b0(y)x t + b1(y)x t−1 + · · · + bt(y), b a0(y) 6= 0 6= b0(y). + f, g Oq x %(!Iop9% y !) oA ϕ(y) := Rx(f, g) = a0(y) a1(y) · · · as(y) · · · · · · · · · · · · a0(y) · · · · · · as(y) b0(y) b1(y) · · · · · · bt(y) · · · · · · · · · · · · b1(y) bt(y) 4
若(a,B)是(3)的解,则f(x,),9(x,B)有公共根a,故f(x,B),g(x,B)的结式 为0.即β是φ(y)的解.反之,若β是φ(y)的解,则f(x,③),g(x,B)有公共根 这样,求(3)解的问题,化为求解p(y)=0.求出(y)的解,代入 f(x,B)=0 9(x,B)=0 可求(3)的解 例2求解方程 f(x,y)=x2y+3xy+2y+3=0 9(x,y)=2ry-2x+2y+3=0 (4) 解:f(x,y)=yx2+(3g)x+(2y+3) 3y2y+3 R(,g)=2y-22+30=2y2+11+12 02y-22y+3 易见R2(f,g)有根A1=-4,2=-2 将1=-4代入(4) 4x2-12x-5 g(x,-4) 求得公共根a1= 将=一代入(4)得 求得公共解a1=0 所以原方程有两个解 B1=-4 及 B1 注如果多于两个方程情况,可先求两个方程的公共解,带入验证是否为方程的 解;如果多于两个变元的高次方程组,也采用类似方法逐个消去未知数. 作业:
i (α, β) p (3) !J+ f(x, β), g(x, β) "675 α, 8 f(x, β), g(x, β) !Io 0, A β p ϕ(y) !J-2i β p ϕ(y) !J+ f(x, β), g(x, β) "675 .d (3) J!{>dJ ϕ(y) = 0. d ϕ(y) !J β, h f(x, β) = 0 g(x, β) = 0 , Od (3) !J C 2 dJ. f(x, y) = x 2 y + 3xy + 2y + 3 = 0 g(x, y) = 2xy − 2x + 2y + 3 = 0 (4) Af(x, y) = yx2 + (3y)x + (2y + 3), g(x, y) = (2y − 2)x + (2y + 3). Rx(f, g) = y 3y 2y + 3 2y − 2 2y + 3 0 0 2y − 2 2y + 3 = 2y 2 + 11y + 12. C Rx(f, g) "5 β1 = −4, β2 = − 3 2 . E β1 = −4 h (4), f(x, −4) = −4x 2 − 12x − 5 g(x, −4) = −10x − 5 d 675 α1 = − 1 2 . E β2 = − 3 2 h (4) f(x, − 3 2 ) = − 3 2 x 2 − 9 2 x g(x, − 3 2 ) = −5x d 67J α1 = 0. y )."T4J α1 = − 1 2 β1 = −4 α2 = 0 β1 = − 3 2 . O g:)%T4. QO dT4.!67Jh0p1.! Jg:)%T4 (!2.;Æ Rv.,84Æf1s = P226 2, 3, P227 5; 5
补充:求解方程组 x2+y2-3x-y=0 x2+6xy-y2-7x-11y+12=0 选做:P2(习题5.10)6:P2815;16;17;18
dJ.; x 2 + y 2 − 3x − y = 0 x 2 + 6xy − y 2 − 7x − 11y + 12 = 0 < P227 ({ 5.10) 6; P228 15; 16; 17; 18. 6